江西省部分学校2022-2023学年高一数学下学期期末检测试题（Word版附解析）

2022～2023学年高一年级下学期期末检测

数学

注意事项：

1.全卷满分150分，考试时间120分钟．

2.本卷考察范围：北师大版必修第二册全册．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    ）．

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由，即可确定的虚部

【详解】，则的虚部为

故选：B

2. 已知平面向量，，若，则实数（    ）

A. -1 B. -2 C.  D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】由向量垂直得向量的数量积为0可解得．

【详解】解：由已知，

∵，∴，解得．

故选：A．

3. 已知，且，则等于（    ）

A. 0 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据余弦的二倍角公式以及可得，进而可得，代入即可求值.

【详解】由得，因为，所以，进而得，故，所以，

故选：C

4. 一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等. 设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为，则

A. ﹕1﹕1 B. ﹕2﹕2

C. ﹕2﹕ D. ﹕2﹕

【答案】B

【解析】

【分析】由题意画出图形，几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，四棱锥的高是P到的距离；三棱锥的高及三棱柱的高都是三棱锥的高；不难求得结果.

【详解】

由题意作图如图,几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，

设棱长为1，四棱锥是棱长都相等正四棱锥,三棱锥是一个正四面体，

四棱锥的高是P到面的距离，P点到线段的距离是,令P在底面上的射影为O,连接，

则，故，

三棱锥的高就是P点到面的距离,令P点在面上的射影为 ,则是三角形的重心，故，

故，

三棱柱的高也是，

因而，故选B

【点睛】本题考查简单几何体的有关知识，考查空间想象能力，考查同学的想图、视图能力，是基础题.

5. 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；

【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，

因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，

设，，

所以，，

所以

，其中，，

因为，所以，即；

故选：D

6. 的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，则的值为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式化简即可得出答案.

【详解】因为，所以

由正弦定理可得：，

所以，

即，即，

则，所以.

故选：D.

7. 已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是(  )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由三角函数恒等变换化简，可得 是函数含原点的递增区间，结合已知可得可解得，又函数在区间上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得，进而求解.

【详解】

是函数含原点的递增区间．
又∵函数在上递增，

∴得不等式组 ，得 又∵

又函数在区间上恰好取得一次最大值，

根据正弦函数的性质可知 ，

即函数在处取得最大值，可得

综上，可得

故选：D

8. 如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥BD，△BCD为边长为的等边三角形，点P为边BD上一动点，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意可计算出AB的长，由此建立平面直角坐标系，设点P的坐标，进而表示向量的坐标，计算，结合二次函数的知识求得结果.

【详解】由题意可知，为等边三角形，则有，，

在中， ,；

如图以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，

则有，，由于，故可设P点坐标为,且，

所以，，

所以，

因为，当时，取得最小值 ，当 时，取得最大值为0，

所以，

故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

9. 设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（    ）

A. z的虚部为 B. z在复平面内对应的点位于第四象限

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】先求解z的值，再根据复数的相关定义逐个计算判断即可

【详解】由可得

对A，z的虚部为，故A错误；

对B，z在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；

对C，，故C正确；

对D，，故D错误；

故选：BC

10. 正方体的棱长为2，、、分别为，，的中点，则下列结论正确的是（    ）

A. 直线与直线垂直

B. 直线与平面平行

C. 平面截正方体所得的截面面积为

D. 点与点到平面的距离相等

【答案】BC

【解析】

【分析】由，得出平面，进而得出，可判定A；取的中点，连接，利用线面平行的判定定理，得到平面，可判定B；连接，延长交于点，得到截面即为梯形，求得梯形的面积，可判定C；记点与点到平面的距离分别为，根据体积公式列出方程，得到，可判定D.

【详解】对于A中，若，因为且，平面，

所以平面，平面，所以，，

可得，因为，此时的内角和超过，故不成立，所以A错误；

对于B中，如图所示，取的中点，连接，，

因为，所以，

因为，，、分别为、的中点，

所以，且，故四边形为平行四边形，则，，

又因为，，所以，，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面，

平面，平面，所以平面，

且平面，所以平面平面，

又因为平面，所以平面，所以B正确；

对于C中，如图所示，连接，

因为，所以四边形为平行四边形，所以，

延长交于点，

因为平面，平面，所以平面平面，

即，即相交于点，

因为平面平面，

且平面平面，平面平面，

所以，因为为的中点，所以，，

所以四点共面，截面即为梯形，

又因为，

所以，

所以梯形，所以C正确；

对于D中，记点与点到平面的距离分别为，

因为，

又因为，

所以，所以D错误.

故选：BC.

11. 在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则B的取值范围是

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由正弦定理判断A；由角形为锐角三角形，，所以，即有，根据可得的范围，从而判断B；由，可得，进而得，从而判断C；由，可得，从而判断D.

【详解】解：对于选项A，因为A>B，所以有,所以，故正确；

对于选项B，因为，则，所以，由可得

的取值范围是，故错误；

对于选项C ，锐角三角形ABC中，，，∴，同理，，所以故正确；

对于选项D，锐角三角形ABC中，因为，即，，又∵，∴，故正确．

故选：ACD．

12. 对于函数，下列结论正确得是（    ）

A. 的值域为 B. 在单调递增

C. 的图象关于直线对称 D. 的最小正周期为

【答案】AD

【解析】

【分析】先分析函数的奇偶性与周期性，再利用周期性，选取一个周期来研究即可对每一个选项作出判断.

【详解】，，

所以，

所以是偶函数，

又，

所以是函数的周期，

又，

故的最小正周期为.

对于A，因为的最小正周期为，令，此时，

所以，

令，所以有，可知其值域为，故A正确；

对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，

因为，

所以在上不是单调递增，故B不正确；

对于C，因为，，

所以，

所以的图象不关于直线对称，故C不正确；

对于D，前面已证明正确.

故选：AD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，且，则的面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据直观图与原图形面积之间的关系即可求解.

【详解】解：，且，

故，

∴.

故 答 案 为：.

14. 已知是实系数一元二次方程的一个虚数根，且，若向量，则向量的取值范围为_________

【答案】

【解析】

【分析】根据已知条件一元二次方程根的特征可知，也是的虚数根，结合已知条件，利用根与系数之间的关系和判别式求出的取值范围，然后再利用向量的模长公式和一元二次函数性质即可求解.

【详解】不妨设，，

因为是实系数一元二次方程的一个虚数根，

所以也是的一个虚数根，

从而  ①，

又因为无实根，

所以  ②，

由①②可得，，

因为，所以，

由一元二次函数性质易知，

当时，有最小值5；当时，；当时，，

故当时，，即，

故向量的取值范围为：.

故答案为：.

15. 在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为________.

【答案】

【解析】

【分析】根据重心、外心的性质，由数量积的运算化简可得，利用余弦定理及均值不等式求解即可.

【详解】记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，取的中点D，如图，

则，

所以，即，

则，

当且仅当时取等号，此时.

故答案为：

16. 函数，，且的最大值为3，则实数______．

【答案】

【解析】

【分析】化简得.令，，可得.令，，则，根据基本不等式推得，推出.根据题意，列出方程，即可得到结果.

【详解】函数

.

令，，

则.

令，，则.

因，当且仅当时，等号成立.

所以，当且仅当时，取等号.

所以，

解得，

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：将函数变形为是本题求解的关键.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位.

（1）求的值;

（2）记复数，求复数的模.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将代入方程，利用复数相等，得到方程，求出；

（2）在第一问的基础上得到，从而求出模长.

【小问1详解】

由题意得:，

即，

所以，

所以，，

解得：；

【小问2详解】

，，

所以

18. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，E是的中点，，，.

（1）证明：；

（2）求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及性质定理即可证得结论；

（2）法一：利用线面角的定义求得；法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角.

【小问1详解】

延长，过点P作，垂足为F，连接，，

由平面平面，平面平面，平面，

又平面，，

∵，，，

∴，，是正三角形，

又∵是直角梯形，∴，即也是正三角形，

故为菱形，所以F，E，B三点共线，且，∴平面，

又平面，从而.

【小问2详解】

几何法：过A作，连接，

∵，∴平面，即，

所以就是平面与平面所成二面角的平面角，

在中，，，得，，

所以平面与平面夹角的余弦值是.

坐标法：由（1）知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），

∴，，，，，，，

设平面的法向量为，

则，即，取，

又∵平面，所以平面的法向量为，

设平面与平面所成二面角的平面角为，则，

所以平面与平面夹角的余弦值是.

19. 在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答．

记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____________．

（1）求A；

（2）若，求面积的取值范围．

（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】对于条件①：两边边的条件为齐次，化边为角结合三角恒等变换可解得；

对于条件②：边的条件为齐二次，整理条件到余弦定理的结构可解得；

对于条件③：由正弦定理化角为边，整理条件到余弦定理的结构可解得.

【小问1详解】

（1）若选①：因为，根据正弦定理得，

所以，

所以．

则，因为，所以

，又，所以．

若选②化简得：，则，

又，所以．  

若选③：因为，根据正弦定理得，所以

．即，

因为，所以．

【小问2详解】

（2）因为，由，则，       

，            

又，所以，

则的取值范围为．

20. 已知向量，函数．

（1）当时，求的最小值；

（2）是否存在实数，使不等式对任意的恒成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．

【答案】（1）   

（2）存在，取值范围为

【解析】

【分析】（1）根据已知条件及向量的数量积的坐标运算，再利用辅助角公式及二倍角的余弦公式，结合换元法及二次函数的性质即可求解；

（2）根据（1）的出函数，利用换元法但注意新元的范围，结合不等式恒成立问题利用分离参数法转化为函数的最值问题，再利用对勾函数的性质即可求解.

【小问1详解】

由题可知，因为，

所以，

又，令，

当时，所以，

对称轴，开口向上，由二次函数的单调性知，

所以上单调递减，

所以当时，取得最小值为

.

所以的最小值为.

【小问2详解】

由（1）知，，

所以，对任意的恒成立，

令，，则，

因为，所以，所以，即，所以，

由，得，

则，整理得，

所以，故在上恒成立，

由对勾函数的性质知：在上单调递减，

当时，取到最大值4，所以，

故存在，且的范围为.

21. 某大学科研团队在如下图所示的长方形区域内（包含边界）进行粒子撞击实验，科研人员在A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在A处按方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知长度为6分米，O为中点.

（1）已知向量与的夹角为，且足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；

（2）设向量与向量的夹角为（），向量与向量的夹角为（），甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍.请问的长度至少为多少分米，才能确保对任意的，总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞？

【答案】（1）；   

（2）的长度至少分米.

【解析】

【分析】（1）根据题意在中运用余弦定理以及基本不等式求解即可；

（2）过作，垂足为，设，则，由余弦定理求出，进而求出，得出，并求其最大值，再由恒等式得出最小值即可.

【小问1详解】

设两颗粒子在点相撞，在中，

由余弦定理得，

即，

，

，

即，，

当且仅当时，等号成立，

所以两颗粒子运动路程和的最大值为；

【小问2详解】

过作，垂足为，

设，则，

由余弦定理可得，

，，，

，

当即时，即取得最大值，

易知恒成立，

，

的长度至少为分米，才能确保对任意的，总可以通过调整乙粒子的释放角度，使两颗粒子成功碰撞.

22. 已知函数，

（1）判断 的奇偶性并证明；

（2）若，求的最小值和最大值；

（3）定义，设.若在内恰有三个不同的零点，求a的取值集合.

【答案】（1）偶函数，证明见解析.   

（2），   

（3）

【解析】

【分析】（1）结合奇偶性的定义直接证明即可；

（2）将看作整体，结合二次函数的性质即可求出最值；

（3）由于，则转化为或，然后分类讨论即可求出结果.

【小问1详解】

是偶函数

证：因为的定义域为,

且

∴f（x）是偶函数

【小问2详解】

当，则

又

∴当时，

当时，

【小问3详解】

因为都是偶函数.

所以在上是偶函数，因为恰有3个零点，所以，则有：或，

① 当时，即且时，因为当，令，因为，解得或，

所以恰有3个零点，即满足条件：.

② 当时，即且时，此时，

当时，只有1个零点，且，所以恰有3个零点等价于恰有2个零点，

所以，解得，此时有2个零点符合要求，

当时只有一个零点x=0，有2个零点符合要求，

当时，解得或，

令解得或（舍去），

所以的根为，要使恰有3个零点，则

综上：

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．