江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

这是一份江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知角的集合，则在内的角有（    ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2．若复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知向量，互相垂直，则（    ）
A．3 B． C．9 D．18
4．的最小值为（    ）
A． B． C． D．
5．已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（    ）
A． B．
C． D．，
6．为了得到函数的图象，只要把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，再把得到的曲线上所有的点（    ）
A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
7．瑞士数学家欧拉在1765年发表了一个令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线称为欧拉线．其中重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．已知M，N，P分别为的外心、重心、垂心，则下列结论错误的是（    ）
A． B．
C． D．
8．中国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．若三棱锥为鳖臑，平面，，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，当三棱锥的体积最大时，球的表面积为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知复数（为纯虚数），则（    ）
A．不可能为纯虚数
B．若复数为实数，则
C．的最小值为
D．若复平面内表示的点位于上，则
10．函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．
B．
C．的单调递减区间为，
D．的图象关于直线对称
11．质点A和B在以坐标原点O为圆心、半径为1的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．A的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；B的角速度大小为1rad/s，起点为射线与的交点．当A与B重合时，点A的坐标可以是（    ）
A． B．
C． D．
12．如图，在圆锥PO中，已知圆O的直径，点C是底面圆O上异于A的动点，圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形．，则（    ）
  
A．面积的最大值为
B．的值与的取值有关
C．三棱锥体积的最大值为
D．若，AQ与圆锥底面所成的角为，则

三、填空题
13．在复数范围内分解因式的结果为 ．
14． ．
15．古希腊的哲学家柏拉图证明只存在5种正多面体，即正四、六、八、十二、二十面体，其中正八面体是由8个正三角形构成．如图，若正八面体的体积为，则它的内切球半径为 ．
  

四、双空题
16．直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在斜坐标系下的坐标．设，．
（1）若，则 ；
（2）若，则 ．

五、解答题
17．已知．
(1)求，的值；
(2)若，求，的值．
18．如图，在三棱锥中，，点D，M分别为AC，PB的中点，．

(1)证明：//平面BDF；
(2)若平面//平面BDF，其中平面，，证明：AN是AM在平面PAC上的投影．
19．①，②，在这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并给予解答．
问题：的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，三角形面积，______，求的值．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
20．某人承包一块荒地种植蓝莓，原种植区域为，由于经济效益较好，现准备扩大种植面积．如图，延长BC到D，使，以AD为底边向外作顶角为的等腰三角形ADE．已知，设，．

(1)求周长的取值范围；
(2)求四边形区域ABDE面积的最大值．
21．在中，，，若D是AB的中点，则；若D是AB的一个三等分点，则；若D是AB的一个四等分点，则．
    
(1)如图①，若，用，表示，你能得出什么结论？并加以证明．
(2)如图②，若，，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，CB分别交于点P，Q．
①利用（1）的结论，用，表示；
②设，，求证：为定值．
22．已知E，F分别为的重心和外心，D是BC的中点，，．
  
(1)求BE；
(2)如图，P为平面ABC外一点，平面ABC，二面角的正切值为4．
①求证：；
②求三棱锥的外接球的体积．

参考答案：
1．B
【分析】根据给定条件，解不等式，求出k的值即可作答.
【详解】依题意，解不等式，得，而，因此，
所以在内的角有3个.
故选：B
2．C
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
3．B
【分析】利用垂直关系的坐标表示，结合坐标求出向量的模作答.
【详解】向量，互相垂直，则，解得，
所以.
故选：B
4．B
【分析】利用诱导公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】



，
所以当，时取最小值为.
故选：B
5．D
【分析】根据给定条件，利用线面位置关系及面面垂直的性质判定作答.
【详解】a为直线，，为平面，，，
若，直线与平面的关系不确定，A不是；
若，直线可以与直线平行，此时不能推出，B不是；
若，直线可以平行于或在平面内，C不是；
若，且，由面面垂直的性质，成立.
故选：D
6．D
【分析】根据给定条件，利用三角函数的图象变换，逐项分析判断作答.
【详解】把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，
对于A，再向左平移个单位长度，得的图象，A错误；
对于B，再向左平移个单位长度，得的图象，B错误；
对于C，再向右平移个单位长度，得的图象，C错误；
对于D，再向右平移个单位长度，得的图象，D正确.
故选：D
7．A
【分析】利用外心、重心、垂心求出向量等式，判断ACD；利用欧拉线定理结合图形判断B作答.
【详解】点是的外心，则，A错误；
如图，由欧拉线定理得，B正确；

点为的重心，延长交于，则是的中点，
于是，则，C正确；
点是的垂心，由，得，
即，由，同理得，
因此，D正确.
故选：A
8．C
【分析】依题意将三棱锥放在一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，根据锥体的体积公式及基本不等式求出三棱锥的体积最大值时、的长度，再求出长方体的体对角线即为外接球的直径，最后根据球的表面积公式计算可得.
【详解】将三棱锥放在一个长方体中，如图所示：
  
则，当且仅当时取等号，
此时三棱锥的外接球就是一个长方体的外接球，因为，，
在为直角三角形，所以，
设长方体的外接球的半径为R，则，故.
所以外接球的表面积为.
故选：C.
9．ACD
【分析】设（且），根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据各选项一一判断即可.
【详解】设（且），
则
，所以不可能为纯虚数，故A正确；
若复数为实数，则，解得，所以，故B错误；
，所以当时取最小值，最小值为，故C正确；
若复平面内表示的点位于上，则，解得，所以，故D正确；
故选：ACD
10．CD
【分析】利用给定的函数图象，求出解析式中各参数，结合正弦函数的性质逐项判断作答.
【详解】观察图象知，，函数的周期，则，，A错误；
由，，得，B错误；
，由，得，
因此函数的单调递减区间为，，C正确；
由，得函数的图象对称轴为，
当时，，D正确.
故选：CD
11．BD
【分析】求出点的初始位置所成角的大小，再利用终边相同的角的集合表示，结合奇偶分析求解作答.
【详解】依题意，点的起始位置，点的起始位置，则，
设当A与B重合时，用的时间为，于是，即，
则，当为偶数时，，即，B正确；
当为奇数时，，即，D正确.
故选：BD
12．CD
【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长及圆锥的高，并求出轴截面顶角，再逐项分析判断作答.
【详解】设圆锥的母线长为，由，得，而圆锥底面圆半径，
圆锥的高，则，
，当且仅当时取等号，错误；
当时，，与的取值无关，B错误；
过作交于，由平面，得平面，
由，得，于是，
所以当且仅当，且为中点时，三棱锥体积取最大值，C正确；

若，则，由选项知，为与圆锥底面所成的角，
即，显然，在中，
，
，而，
所以，D正确.
故选：CD
【点睛】思路点睛：求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
13．
【分析】利用提公因式法及公式法分解因式作答.
【详解】依题意，
故答案为：
14．1
【分析】利用差角的正切求解作答.
【详解】因为，则，
所以.
故答案为：1
15．
【分析】根据正八面体的结构特征，结合已知体积求出正八面体的棱长，再借助体积求出内切球半径作答.
【详解】设正八面体的棱长为，显然正八面体可视为棱长都相等的两个正四棱锥组合而成，
则正八面体的体积，解得，于是正八面体的表面积，
设正八面体的内切球半径为，因此，即，解得，
所以正八面体的内切球半径为.
故答案为：
16． /
【分析】（1）根据定义将向量化为，然后由数量积的性质可得；
（2）根据定义将向量化为，，然后由数量积定义和性质列方程可得.
【详解】（1）因为，所以
若，则，
所以；
（2）因为，，所以，，
若，则，
所以，即，
因为，所以.
故答案为：；.
17．(1)，
(2),

【分析】（1）先由诱导公式求，然后利用诱导公式和二倍角公式可得；
（2）先求，由和差公式可得，利用二倍角公式求，然后由商数关系可得.
【详解】（1）因为，所以，
所以，.
（2）由（1）知，因为，所以，
所以.
因为，所以，
由得，所以.
18．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.

【分析】（1）取的中点，利用线面、面面平行的判定、性质推理作答.
（2）利用面面平行的性质、线面垂直的判定推理作答.
【详解】（1）取的中点，连接，由，得，点为的中点，
  
又点为的中点，则，又平面平面，于是平面，
又点为的中点，点为的中点，则，又平面，平面，
因此平面，又平面，平面平面，又平面，
所以平面.
（2）平面平面，且平面平面，平面平面，则，
由为的中点，得，则，
又平面，因此平面，
所以是在平面上的投影.
19．答案见解析.
【分析】利用正弦定理边化角求出角A，选①，利用三角形面积公式、余弦定理求出，再利用正弦定理求解作答；选②利用三角形面积公式求出，再利用正弦定理求解作答.
【详解】在中，由及正弦定理得：，
而，于是，
因此，而，则，又，所以，
若选①，，由，得，
由余弦定理得，
外接圆半径，由正弦定理得，
所以.
若选②，，外接圆半径，，
由，得，
所以.
20．(1)
(2)

【分析】（1）利用余弦定理得，再计算知周长为，最后根据范围即可得到答案；
（2）作，计算出四边形面积表达式为，最后根据范围，结合正弦型函数值域即可得到答案.
【详解】（1）在中，，由余弦定理，得
，
，
，而在上单调递减，
，即.
故周长为，其取值范围为.
（2）作为垂足，因为三角形为等腰三角形，
且，

，
在中，根据余弦定理有，
，


，
，
当且仅当，即时，
四边形区域面积的最大值为
21．(1)，证明见解析
(2)①，②证明见解析

【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；
（2）①依题意可得，，由、、三点共线，设，结合（1）的结论用，表示出，由、、三点共线，设，同理表示出，根据平面向量基本定理得到方程，求出、，再代入即可；
②依题意可得，，结合①的结论及共线定理即可得证.
【详解】（1）猜想：，
证明：因为，所以
.
（2）①若，，则，，
因为、、三点共线，设，
则，
因为、、三点共线，设，
则，
因为与不共线，所以，解得，
所以.
②因为，，
所以，，
所以，
因为、、三点共线，所以，则（定值）.
22．(1)；
(2)①证明见解析；②.

【分析】（1）利用平面向量加法法则、结合向量共线确定，再利用余弦定理求解作答.
（2）①根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答；②利用二面角的大小求出，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可求解作答.
【详解】（1）由，且D是BC的中点，得，则，共线，
又为的重心，则，，
又为的外心，连接，，而是的中点，因此，
在中，，由余弦定理得，
所以.
  
（2）①由平面,平面，得,又，
平面，则平面，而平面，
所以.
②由①知，，则为二面角的平面角，
而二面角的正切值为4，即，解得，
又的外心为，令三棱锥外接球的球心为，则平面，
有，四边形是直角梯形，设外接球的半径为，
于是，，
因此，解得，，
所以三棱锥的外接球的体积为.
【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.