2022-2023学年江西省重点中学九江六校高一下学期期末联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省重点中学九江六校高一下学期期末联考数学试题含答案，共15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。
2022-2023学年江西省重点中学九江六校高一下学期期末联考数学试题 一、单选题1．若点，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面向量的坐标表示求解．【详解】因为，所以，故选:B.2．的值为（    ）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】根据特殊角的三角函数，以及诱导公式，即可求解.【详解】.故选：C3．函数图象的一条对称轴的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合余弦函数图像整体代入法求解即可；【详解】若图象的一条对称轴的方程为，结合余弦函数图像，整体代入得：，所以，经验证，只有，当时， 符合条件，故选：A.4．若向量满足，则（    ）A．0 B． C． D．3【答案】D【分析】利用平面向量数量积的运算法则，将两边平方即可得解.【详解】因为，由两边平方得，所以，故选：D.5．若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由轴截面先求出底面圆半径，再由圆锥的侧面积公式求解.【详解】  由题意可得该圆锥的母线长，底面圆半径，所以该圆锥的侧面积为.故选：B.6．的值为（    ）A．－1 B．0 C．1 D．2【答案】D【分析】由两角和的正切公式的变形形式求解.【详解】，故选：D.7．在正四棱锥中，，若该棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】过点作平面于点，球心在上，利用勾股定理求得球半径后可得其表面积．【详解】如图，过点作平面于点，由，得，显然球心在上，设球的半径为，则，解得，所以球的表面积，故选：C.  8．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，用来测量､画圆和方形图案的工具.有一圆形木板，首先用矩测量其直径，如图，矩的较长边为10cm，较短边为5cm，然后将这个圆形木板截出一块四边形木板，该四边形ABCD的顶点都在圆周上，如图，若，则（    ）    A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，求得圆的直径，结合正弦定理，即可求得的长.【详解】因为，所以为圆的直径，根据题意，可得，又因为在以为直径的圆上，即以为直径的圆为的外接圆，由正弦定理，可得.故选：A. 二、多选题9．若，则（    ）A． B．C． D．在复平面内对应的点在第四象限【答案】ABC【分析】根据复数的基本概念，复数的模，以及复数的乘法运算和复数的几何意义，逐项判定，即可求解.【详解】由复数，则，所以A正确；由，所以B正确；由，所以C正确；由在复平面内对应的点为位于第二象限，所以D错误.故选：ABC.10．下列说法正确的是（    ）A．棱柱的侧面都是平行四边形B．长方体是正四棱柱C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥D．圆柱的所有母线长都相等【答案】AD【分析】根据棱柱、正棱柱、正棱锥和圆柱的定义，逐项判定，即可求解.【详解】由棱柱定义可得棱柱的侧面都是平行四边形，所以A正确；当长方体底面的长宽高互不相等时，该长方体不是正四棱柱，所以B错误；底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以C错误；根据圆柱的定义，可得圆柱的所有母线长都相等，所以D正确.故选：AD.11．一货轮在A处，测得灯塔S在它的北偏东方向，之后它以每小时24的速度继续沿正北方向匀速航行，40分钟后到达处，此时测得货轮与灯塔S相距，则灯塔S可能在处的（    ）A．北偏东方向 B．南偏东方向C．北偏东方向 D．南偏东方向【答案】BC【分析】根据题意利用正弦定理运算求解.【详解】如图所示，由题意得，，，则，解得，且，所以或，如图所示：则有：当货轮在处时，，所以；当货轮在处时，，所以；综上所述：灯塔S在处的北偏东或南偏东方向.故选：BC.  12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．是偶函数B．是周期函数，且最小正周期为C．的图象关于直线对称D．若在区间上恰有4个零点，则实数的取值范围是【答案】ACD【分析】由奇偶函数的定义可判断A；由可判断B；由可判断C；求出在上的前5个零点，即可得出实数的取值范围可判断D.【详解】由，得，故A正确；，B错误；，C正确；由得或，则或，所以在上的前5个零点依次为，所以实数的取值范围是，故D正确.故选:ACD. 三、填空题13．若且，则角是第          象限角.【答案】四【分析】根据三角函数在各象限的符号，即可求解.【详解】根据三角函数在各象限的符号，由且，可得在第四象限.故答案为：四.14．在直线与平面平行的判定定理中，假设为平面，为两条不同直线，若要得到，则需要在条件“”之外补充的一个条件是          .【答案】【分析】根据线面平行的判断，即可补全.【详解】由直线与平面平行的判断定理可知，还要保证直线在平面外，即.故答案为：15．已知中角所对的边分别为，若，则          .【答案】【分析】根据求出边长比，然后根据余项定理求出，.【详解】设，则，三式联立解得，由余弦定理得，因为，所以，.故答案为：16．已知正方体的棱长为，为棱的中点，平面过点，，则平面截正方体所得截面的周长为          .【答案】/【分析】取的中点，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的周长.【详解】取的中点，连接，在正方形中，因为分别为的中点，可得，所以，因为，所以，可得，在正方体中，平面，因为平面，所以又因为分别为的中点，所以，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，在正方体中，由平面，且平面，可得，因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为且平面，所以平面，即平面为平面，取的中点，连接，  因为、分别为、的中点，则，因为且，故四边形为平行四边形，故，所以，，故、、、四点共面，则截面为，由正方体的棱长为，可得，，，所以所得截面周长为.故答案为：. 四、解答题17．已知向量.(1)若，求的值；(2)若与共线，求与同向的单位向量的坐标.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由垂直的的向量表示即数量积为0求得值；（2）由共线向量的坐标表示求得，再求得，从而易得结论．【详解】（1）因为，且，所以，所以；.（2）因为与共线，且，所以，，所以，，因为与同向的单位向量为，所以与同向的单位向量坐标为.18．回答下列两题:(1)若的终边经过点，求的值；(2)若，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角函数的定义求，再根据两角和的正切公式，即可求解；（2）首先求，再根据角的变换，以及两角和的正弦公式，即可求解.【详解】（1）因为的终边经过点，所以所以；（2）因为，，且，所以为锐角，，所以.19．如图，在三棱锥中，，其余各棱的长均为2.    (1)证明：；(2)若，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取棱的中点，利用线面垂直的判定、性质推理作答.（2）利用（1）的结论，结合锥体的体积公式计算作答.【详解】（1）在三棱锥中，取棱的中点，连接,由，得，而平面平面，因此平面，又平面，所以.  （2）由，得，而，则，同理，又，于是，有，因此的面积，由（1）知平面，则，所以三棱锥的体积是.20．已知函数.(1)求的最大值及相应的取值；(2)若把的图象向左平移个单位长度得到的图象，求在上的单调递增区间.【答案】(1)时，取得最大值.(2). 【分析】（1）化简函数，然后结合三角函数函数的性质判断函数最值；（2）根据“左加右减”平移函数图像，然后整体代入求解函数的单调递增区间；【详解】（1）因为所以当，即时，取得最大值.（2），由，得:，取得：在上的单调递增区间为21．如图，在直四棱柱中，底面是菱形，，点为的中点，点为的中点.  (1)证明：平面；(2)证明：平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）连接与交于点，连接，得，即可证得线面平行；（2）在侧面上证明，在底面菱形中证明，再由面面垂直的性质定理证明平面，从而得证，然后可证明线面垂直平面，得证面面垂直．【详解】（1）连接与交于点，则点为的中点，连接，因为为的中点，所以，因为平面平面，所以平面.  （2）因为四棱柱是直四棱柱，所以四边形是矩形，因为，点为的中点，所以，因为，所以，所以，由题意可知是边长为1的正三角形，且点为的中点，所以，因为四边形是菱形，，所以，因为四棱柱是直四棱柱，平面平面，且平面平面，平面,所以平面，因为平面，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.22．记的内角的对边分别为的面积.(1)若，求；(2)已知为上一点，从下列两个条件中任选一个作为已知，求线段长度的最大值.①为的平分线；②为边上的中线.注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2). 【分析】（1）根据题意，由余弦定理和三角形的面积公式即可得到，再由正弦定理即可得到结果；（2）若选①，由余弦定理结合基本不等式即可得到结果；若选②，由，再结合余弦定理与基本不等式即可得到结果.【详解】（1）因为，由余弦定理可得，所以，由三角形的面积公式可得，所以，所以，又，所以.因为，所以为锐角，，所以，由正弦定理得，即，所以.（2）选择条件①：在中由余弦定理得，即，即，故，当且仅当时等号成立，又因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为.选择条件②：由点为的中点得，平方得，在中由余弦定理得，即，所以.当且仅当时等号成立，故有，从而，故的最大值为.