江西省新余市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试题

这是一份江西省新余市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试题，共21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。
江西省新余市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的值为（    ）
A． B． C． D．
2．如图，是水平放置的直观图，其中，//轴，//轴，则（    ）

A． B．2 C． D．4
3．下列各式中，值为的是（    ）
A． B．
C． D．
4．函数的部分图象可能为（    ）
A．   B．  
C．   D．  
5．已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面，，，则下列说法错误的是（    ）
A．若，，，则
B．若，，则与平行或相交
C．若，，，则
D．若，，，则
6．若，则（    ）
A． B． C． D．
7．如下图，在中，，，以BC的中点O为圆心，BC为直径在三角形的外部作半圆弧BC，点P在半圆上运动，设，，则的最大值为（    ）
  
A．5 B．6 C． D．
8．如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为（    ）
  
A． B．2 C． D．

二、多选题
9．下列说法中，错误的是（    ）
A．向量，不能作为平面内所有向量的一组基底
B．若，则在方向上的投影向量的模为
C．z是虚数的一个充要条件是
D．若a，b是两个相等的实数，则是纯虚数
10．下列命题中正确的是（    ）
A．命题“，”的否定为“，”
B．已知，，且，则的最小值为
C．已知函数的定义域为，则函数的定义域为
D．
11．已知正方体的棱长为4，点分别是BC，，的中点，则（    ）
A．异面直线与所成的角的正切值为
B．平面截正方体所得截面的面积为18
C．四面体的外接球表面积为
D．三棱锥的体积为
12．函数（其中，，）的图象如图所示，下列说法正确的是（    ）

A．是它的一条对称轴
B．的增区间为，
C．函数为奇函数
D．若，，则

三、填空题
13．如图所示，已知扇形的圆心角为，半径长为，则阴影部分的面积是 ．

14．我国古代数学名著《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1536石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得256粒内夹谷18粒，则这批米内夹谷约为
15．位于河北省承德避暑山庄西南十公里处的双塔山，因1300多年以前，契丹人在双塔峰顶建造的两座古塔增添了诸多神秘色彩．双塔山无法攀登，现准备测量两峰峰顶处的两塔塔尖的距离．如图，在与两座山峰、山脚同一水平面处选一点A，从A处看塔尖的仰角是，看塔尖的仰角是，又测量得，若塔尖到山脚底部的距离为米，塔尖到山脚底部的距离为米，则两塔塔尖之间的距离为 米．

16．已知（其中），其函数图像关于直线对称，若函数在区间上有且只有三个零点，则的范围为 ．

四、解答题
17．已知向量．
(1)若向量的夹角为锐角，求x的取值范围；
(2)若，求．
18．已知 ，和均为实数，其中是虚数单位.
(1)求复数；
(2)若对应的点在第四象限，求实数的取值范围.
19．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
在中，角，，所对的边分别为，，，且满足___________.
(1)求的值；
(2)若为边上一点，且，，，求.
20．某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关．已知第一关的通过率为0.6，第二关通过率为0.5，第三关的通过率为0.4，三关全部通过可以获得一等奖（奖金为300元），通过前两关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元，假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动．
(1)求甲最后没有得奖的概率；
(2)已知甲和乙都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率．
21．如图，四棱锥的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为正方形，且平面平面ABCD，Q，M，N分别为PB，AB，AD的中点．
  
(1)证明：平面PDC；
(2)证明：；
(3)求直线PM与平面PNC所成角的正弦值．
22．设函数
(1)若，，求角；
(2)若不等式对任意时恒成立，求实数a的取值范围；
(3)将函数的图像向左平移个单位，然后保持图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到函数的图像，若存在非零常数，对任意，有成立，求实数m的取值范围．

参考答案：
1．C
【分析】根据诱导公式结合特殊角的三角函数化简求值，即可得答案.
【详解】，
故选：C
2．C
【分析】在直观图中，利用余弦定理求出，再由斜二测画图法求出及，借助勾股定理求解作答.
【详解】在中，，，由余弦定理得：
，即，而，解得，
由斜二测画图法知：，，
在中，，所以.
故选：C

3．B
【分析】根据三角函数的辅助角公式、二倍角公式，可得答案.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选：B.
4．A
【分析】根据奇偶性排除D；根据特殊区间上函数值的符号排除BC可得答案.
【详解】的定义域为，关于原点对称，
又因为，所以是奇函数，其图象关于原点对称，故D不正确；
当时，，则，故B不正确；
当时，，故，故C不正确.
故选：A
5．D
【分析】根据空间中的线面关系逐一判断即可.
【详解】对于A，由线面平行判定定理可知A正确；
对于B，，，则与平行或相交，故B正确；
对于C，垂直于同一平面的直线和平面平行或线在面内，而，故正确；
对于D，，，，三条交线平行或交于一点，
如图1，正方体两两相交的三个平面ABCD，平面，平面，
平面平面，平面平面，
平面平面，
但AB，AD，不平行，故D错误，
  
故选：D．
6．C
【分析】将式子化为，即可求得，再由正切的二倍角公式，即可得到结果.
【详解】由可得，，解得，
则.
故选：C
7．D
【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，求得向量，利用向量的数量积的坐标运算公式，得到，即可求解.
【详解】以为原点，所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，如图所示，
在中，，为的中点，所以，
则，其中，
可得，
所以，其中，
当时，即时，有最大值，最大值为.
故选：D.
    
8．D
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
  
设点的新位置为，连接，则有，如图，
  
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，
由余弦定理得：,
所以，即,
在三角形中，，，
由勾股定理可得：,且.   
同理可求：，因为，
所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选：D.
9．CD
【分析】根据向量共线可判断A；计算出在方向上的投影向量的模可判断B；设，根据充要条件的定义可判断C；当时可判断D.
【详解】对于A，因为向量，所以、共线，不能作为平面内所有向量的一组基底，故A正确；
对于B，若，则与同向或者反向，则在方向上的投影向量的模为，故B正确；
对于C，设，若z是虚数，则，且，
因为，可得，但z不一定是虚数，故C错误；
对于D，当时，则不是纯虚数，故D错误.
故选：CD.
10．BD
【分析】根据存在量词命题的否定可判断A选项；由均值不等式可判断B选项；由复合函数的定义域可判断C选项；由对数的运算可判断D选项.
【详解】选项A. 命题“，”的否定为“，”,故不正确.
选项B.  
当且仅当,即时，等号成立. 即的最小值为.故正确
选项C.  由函数的定义域为，则函数的定义域满足：
解得，所以函数的定义域为，故不正确.
选项D.  
故选项D正确.
故选：BD
11．ABC
【分析】对于A中，取的中点，取的中点，连接，证得，把异面直线与所成的角转化为直线与所成的角，在直角中，可判定A正确；延长交于点，连接交于点，连接，挣得多平面截正方体所得截面为等腰梯形，求得其面积，可判定B正确；画出以为对角线的长方体，得到该长方体的外接球即为四面体的外接球，结合长方体的性质和球的表面公式，可判定C正确；结合，可判定D错误.
【详解】对于A中，取的中点，连接，再取的中点，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即，
因为正方体的棱长为4，可得，
可得为等腰三角形，取的中点，则，
在直角中，可得，所以，
直线与所成的角的正切值为，所以A正确；
  
对于B中，延长交于点，连接交于点，连接，
因为，为的中点，所以，可得为的中点，
又因为，所以为的中点，所以，
因为，所以为平行四边形，所以，
所以，平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，，
所以梯形的高为，
所以梯形的面积为，所以B正确.
  
对于C中，画出以为对角线的长方体，
则该长方体的外接球即为四面体的外接球，
可得外接球的直径为，
所以外接球的表面积为，所以C正确；
    
对于D中，连接，则，
因为平面，平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为为的中点，
所以三棱锥的高为，，
所以，所以D错误.
故选：ABC.
  
12．ABD
【分析】根据函数的图象，求得，结合，可判定A正确；由三角函数的性质，可判定B正确；求得，可判定C错误；结合，得到，结合三角函数的基本关系式和，可判定D正确.
【详解】由函数的图象可得，
又由，因为，可得，
因为，可得，
解得，
又因为，且，即，可得，
取，所以，所以，
对于A中，当时，可得，
所以是函数的对称轴，所以A正确；
对于B中，令，解得，
所以的增区间为，所以B正确；
对于C中，由，
其中当时，，所以函数为不是奇函数，所以C错误；
对于D中，由，可得，
因为，可得，
则，
所以D正确.
故选：ABD.
13．
【分析】由图像可知，阴影部分面积为扇形面积减去三角形面积，即可求得.
【详解】由图像知，记阴影部分面积为，扇形面积为，则，
由题意得，，
所以.
所以阴影部分的面积为.
故答案为：
14．（石）.
【解析】根据抽取样本中米夹谷的比例，得到整体米夹谷的频率，从而求得结果.
【详解】因为256粒内夹谷18粒，
故可得米中含谷的频率为，
则1536石中米夹谷约为1536（石）.
故答案为：（石）.
【点睛】本题考查由样本估计总体的应用，以及频率估计概率的应用，属基础题.
15．
【分析】先解直角三角形得AC=60米，米,再利用余弦定理解BC即可.
【详解】在中，米，，则米．
同理，在中，米，
在中，米，米，，
由余弦定理，得
米．
故答案为：.
16．
【分析】由三角函数的对称性求出，再由的范围求出的范围，根据三角函数的性质即可求出答案.
【详解】函数关于直线对称，
所以，所以，
因为，所以，所以，
当，则，
要使函数在区间上有且只有三个零点，所以，
所以的范围为：.
故答案为：
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据向量的夹角为锐角，得到，且与不共线，进而列式求解即可；
（2）根据向量坐标运算法则得到，再结合向量垂直的相关知识得到，进而求解向量的模.
【详解】（1）因为向量的夹角为锐角，
所以，且与不同向共线，
则，解得且，
故x的取值范围为
（2）由，得，
若，则，即，解得，
所以，
所以
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据复数代数形式的运算法则化简、，再根据复数的概念得到方程，求出、的值，即可得解；
（2）结合（1）得到，再根据题意得到不等式组，解得即可.
【详解】（1）由为实数，可得，则.
又为实数，则，得，
.
（2），
，则在复平面内对应的点的坐标为，
而对应的点在第四象限，
，解得或，
故的取值范围为.
19．(1)
(2)

【分析】（1）选择①，由余弦定理可求解，选择②，由正切的两角和公式可求解，选择③，由正弦的两角和公式可求解；
（2）由余弦定理及正弦定理可求解.
【详解】（1）选择①，由，可得，于是得，即，所以；
选择②，由，有，于是得；
选择③，由，有，
即，即，又因为，所以，于是得，即，所以.
（2）由在中，，，，由余弦定理得，所以，
在中，由正弦定理有，得.
20．(1)0.7
(2)0.12

【分析】（1）考虑甲第一关没通过以及第一关通过且第二关没通过两种情况，即可求得答案；
（2）求出一个人获得二等奖以及获得一等奖的概率，分甲得了一等奖，乙得了二等奖和乙得了一等奖，甲得了二等奖两种情况计算，即可得答案.
【详解】（1）甲第一关没通过的概率为，
第一关通过且第二关没通过的概率为，
故甲没有得奖的概率．
（2）记一个人通过了第二关且最后获得二等奖为事件E，
通过了第二关且最后获得一等奖为事件F，
则，，
甲和乙最后所得奖金总和为700元，∴甲和乙一人得一等奖，一人得二等奖，
若甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为，
若乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为，
∴甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率．
21．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．

【分析】（1）根据题意，取PC中点E，连接QE，DE，然后由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面PNC，从而得到证明；
（3）根据题意，∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，然后由即可得到结果.
【详解】（1）    
证明：如图1，取PC中点E，连接QE，DE，在正方形ABCD中，，．
∵Q，N分别为PB，DA的中点，∴且，，
∴且，∴四边形QEDN为平行四边形，∴．
又平面PDC，平面PDC，∴平面PDC．
（2）证明：∵是边长为2的正三角形，N为AD中点，∴，
又∵平面平面ABCD，平面平面，且平面，
∴平面ABCD，
又平面ABCD，∴．
在正方形ABCD中，易知，∴，
而，∴，∴．
∵，且平面，∴平面PNC．
∵平面PNC，∴．
（3）如图2，设，连接PO，PM，MN．
∵平面PNC，∴，且∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角．
∵，，∴，，
∴．
∵，，
∴．
∴直线PM与平面PNC所成角的正弦值为．
22．(1)或；
(2)；
(3)答案见解析

【分析】（1）由三角恒等变换公式化简得到，然后代入计算，即可得到结果；
（2）先换元，转化为一元二次不等式恒成立问题，再结合对勾函数的单调性，即可得到结果.
（3）由三角函数的图像变换得到函数的解析式，然后将转化为值域问题，即可得到结果.
【详解】（1），
又∵，即，
∴或，．
即或
∵，∴或．
（2）
．
令，∵，∴，
∴，∴，，即，．
令，．
设，，由对勾函数单调性可知，在上单调递减，
∴，∴，解得：．
（3）∵，∴的图像向左平移个单位，横坐标变为原来的，
可得．
∵，存在非零常数，对任意的，成立，
∵在R上的值域为，则在R上的值域为，∴．
当时，，1为的一个周期，即1为最小正周期的整数倍．
所以，即（且）
当时，

由诱导公式可得，，即，．
∴当时，；
当时，．