江西省抚州市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份江西省抚州市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），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。
抚州市2022-2023学年度下学期学生学业发展水平测试高一年级数学试题卷第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．1. 若复数，则它在复平面内对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义直接判断【详解】复数在复平面内对应的点在第四象限，故选：D2. 若角的终边经过点，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角函数定义可得.【详解】因为角的终边经过点，则，所以，所以.故选：A3. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的性质和诱导公式，分别求得，即可求解.【详解】由，可得，又由，，所以.故选：D.4. 四边形直观图为如图矩形，其中，，则四边形的周长为（    ）  A. 8 B. 10 C. 12 D. 16【答案】C【解析】【分析】根据斜二侧画法结合题意将直观图还原为原四边形，再求出其边长即可得答案【详解】由题意可得四边形为平行四边形，如图所示，设交轴于点，则，所以所以四边形的周长为，故选：C  5. 已知平面向量，的夹角为，且，，则在方向上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出，根据数量积的定义求出，最后根据投影向量的定义计算可得.【详解】因为，所以，又向量，的夹角为，且，所以，所以在方向上的投影向量为.故选：D6. 若的内角，，所对的边分别为，，，已知，且，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 2【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理得到，再利用余弦定理和得到.【详解】因为，所以，利用正弦定理可得：，所以，又，所以，解得：.故选：C.7. 把边长为的正方形沿对角线折起，使得平面与平面所成二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】画出图形，利用空间向量基本定理转化求解即可【详解】如图，取的中点，连接，因为，，所以，所以为平面与平面所成二面角的平面角，即，所以为等边三角形，所以，因为，所以，所以，所以，即，得，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选：A8. 已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的最小值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换化简得出，由可求出的取值范围，根据题意可得出关于实数的不等式组，即可得出实数的最小值.【详解】，当时，，因为函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，所以，，解得，因此，的最小值为.故选：B.二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知角的终边在第一象限，那么角的终边可能在（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】AC【解析】【分析】先写出角的终边在第一象限角的集合，再通过运算求解判断即可.【详解】因为角的终边在第一象限，所以，所以，当时，，则终边在第一象限；当时，，则终边在第三象限；所以角的终边可能在第一象限或第三象限.故选：AC10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ）    A. B. 函数的图象关于直线对称C. 函数图象向右平移个单位可得函数的图象D. 若方程在上有两个不等实数根，，则【答案】ACD【解析】【分析】根据图象确定函数的解析式，然后由正弦函数性质判断各选项．【详解】对于A：由图可知，，所以，所以，则，将点代入得：，所以，，又，所以，所以，A正确；对于B，因为，故B错误；对于C，将函数图象向右平移个单位，可得函数，故C正确；对于D，因，所以函数图象关于对称，由条件结合图象可知，于是，所以，故D正确．故选：ACD．11. 已知函数，则（    ）A. 的最小正周期为 B. 的图象关于原点对称C. 有最小值 D. 在上为增函数【答案】BD【解析】【分析】根据三角恒等变换的公式，化简得到，结合正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，对于A中，由，所以的最小正周期为，所以A错误；对于B中，由的定义域关于原点对称，且，所以的图象关于原点对称，所以B正确；对于C中，由函数的值域为，可得，所以C错误；对于D中，由，可得，可得函数单调递增，所以在上也单调递增，所以D正确.故选：BD.12. 如图，在棱长为1的正方体中，则（    ）  A. 平面B. 平面平面C. 与平面所成角大小为D. 平面与平面所成二面角的余弦值为【答案】ABD【解析】【分析】证明，即可判断A，证明平面，即可判断B，设，连接，则即为直线与平面所成角，即可判断C，取的中点，连，，，则为平面与平面所成的角，利用余弦定理计算即可判断D.【详解】对于A：因为且，所以为平行四边形，所以，  又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B：  ∵，平面，平面，所以，，平面，∴平面，又平面，∴平面平面，故B正确，对于C：设，连接，因为平面，所以即为直线与平面所成角，又，所以，即直线与平面所成角为，故C错误；  对于D：设，取的中点，连，，，  则，，又平面，平面，所以，所以，所以为平面与平面所成的角，又，，，∴，所以平面与平面所成二面角的余弦值为，故D正确；故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知，，若，则________．【答案】##【解析】【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得.【详解】因为，且，所以，解得.故答案为：14. 已知，则________．【答案】##【解析】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的基本关系对化简变形，转化为含正切的式子，然后代值计算即可.【详解】因为，所以.故答案为：15. 以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积是________．  【答案】【解析】【分析】根据弧长公式求出三角形边长，再根据扇形面积公式和三角形面积公式可得结果.【详解】因为的长度为，所以，，所以勒洛三角形的面积是.故答案为：.16. 在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】##【解析】【分析】取的中点，由题意知和都是等边三角形，从而可得，得是二面角的平面角，即，设球心为，和的中心分别为，则平面，平面，从而可求出外接球的半径，进而可求得球的表面积.【详解】取的中点，连接，因为，所以和都是等边三角形，所以，所以是二面角的平面角，即，设球心为，和的中心分别为，则平面，平面，因为，公共边，所以≌，所以，因，所以，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为故答案为：  【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是根据题意找出三棱锥外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查空间想象能力，属于较难题.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答题应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤17. 已知复数是方程的一个虚根（是虚数单位，）．（1）求；（2）复数，若为纯虚数，求实数的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，求出的值，即可得解；（2）首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可.小问1详解】∵，∴，∴且，∴，∴，则.【小问2详解】∵，又为纯虚数，∴且，    ∴.18. 已知，，如图，在中，点，满足，，是线段上靠近的三等分点，点为的中点，且，，三点共线．  （1）用，来表示；（2）求的最小值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算法则即可得；（2）由，结合结论可得，再利用基本不等式求的最小值．【小问1详解】∵    ∴∴【小问2详解】∵，，∴，，∴，∴，∵，，三点共线，∴，∴，∴，∴当且仅当，时，的最小值为．19. 已知函数．（1）求对称中心和单调递增区间；（2）求在区间上的最值及相应的值．【答案】（1）对称中心，，增区间    （2）当时，；当时，【解析】【分析】（1）根据二倍角和辅助角化简，然后由余弦函数的对称性和单调性求解可得；（2）利用换元法，根据余弦函数的性质可得.【小问1详解】∵，由得，∴的对称中心，，由得，∴的增区间为.【小问2详解】令，则，∵，∴，当，即时，，当，即时，∴．20. 在平行四边形中，，过点作的垂线交的延长线于点，．连接交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置．如图2．     （1）证明：直线平面；（2）若为的中点，为的中点，且平面平面，求三棱锥与三棱锥的体积之比．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）在平面图形中证明，即可得到，，从而得证；（2）根据面面垂直得到平面，再求出，，再根据锥体的体积公式计算可得.【小问1详解】如图1在，，，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，∴，，∴，如图2，，，∵，平面，∴平面．【小问2详解】∵平面平面，，平面平面，平面，∴平面，，又，所以，∴，，∵，，又∵，∴．21. 已知中，角，，的对边分别为，，，若，．（1）求角；（2）若点在边上，且满足，当的面积最大时，求的长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后由和差公式化简可得；（2）由余弦定理和基本不等式可知三角形面积最大时的形状，然后由余弦定理可得.【小问1详解】∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即，，∴．【小问2详解】∵，∴，∴，，∴仅当取等号，此时三角形面积有最大值，因为，，所以为正三角形，所以，又∵，∴，在中，，所以∴．22. 函数．（1）证明：函数是偶函数，并求最小值；（2）若，对任意恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析，最小值为    （2）【解析】【分析】（1）根据函数奇偶性的定义，可证得函数为偶函数，令，可得，结合基本不等式，即可求解；（2）把不等式转化为，结合在为增函数和题设条件，得到，令，得到，结合在上为单调递增函数，求得，即可求解.【小问1详解】证明：由函数，可得其定义域为，关于原点对称，又由，所以函数为偶函数，令，可得，因为，当且仅当时，即，即时，等号成立，所以函数的最小值为.【小问2详解】解：由（1）知，函数是偶函数，则不等式，即为，任取且，则因为，可得，又因为，可得，所以，所以，即，所以在为单调递增函数，可得，因为，所以，令，可得，所以，所以，又由函数在上为单调递增函数，所以，所以，解得或，