2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末考试数学试题含答案，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。
2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末考试数学试题 一、单选题1．设复数（i为虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数四则运算法则计算即可；【详解】.故选：B.2．已知向量，，若，则（    ）A．－2 B．－18 C．2 D．18【答案】A【分析】根据向量共线坐标表示求解即可；【详解】因为，所以故选：A.3．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（    ）A．16 B．12 C． D．【答案】A【分析】根据斜二测画法分析运算.【详解】在直观图中，，可得原图形是平行四边形，其底边长2，高为，则另一边长为，所以原图形的周长为．故选：A.4．如图，平行四边形中，点E为BC的中点，点F在线段AE上，且，记，，则（    ）  A． B．C． D．【答案】D【分析】利用平面向量基本定理，结合平行四边形的性质求解即可.【详解】因为平行四边形中，是的中点，，，所以.故选：D．5．已知空间中三个互不相同的平面、、，两条不同的直线、，下列命题正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，则【答案】B【分析】根据直线与平面、平面与平面的位置关系逐项判定即可.【详解】选项AD：若，，则和可能平行也可能相交（此时交线与平面垂直），故AD错误；选项B：若，，则，又且、是空间中两不相同的平面，则，故B正确；选项C：若，，，则与可能相交也可能平行，故C错误；故选：B6．已知的内角的对边分别为，下列结论错误的是（    ）A．若，则B．若，则符合条件的三角形有2个C．若，则D．若△ABC的面积，则【答案】C【分析】对于A,利用正弦定理即可求解；对于B，利用正弦定理及大边对大角即可求解；对于C，利用已知条件及诱导公式即可求解；对于D，利用余弦定理及三角形的面积公式,结合同角三角函数的商数关系即可求解.【详解】对于A，由及正弦定理，得,所以，故A 正确；对于B，由题意及正弦定理得,所以,因为，所以,所以或，即符合条件的三角形有2个，故B正确；对于C，由，得或，所以或，所以或，故C错误；对于D，由，得，所以，由于，所以，故D正确.故选：C.7．在正方体中，为棱的中点，则．A． B． C． D．【答案】C【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论．【详解】画出正方体，如图所示．对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确．对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确．对于选项C，连，则．连，则得，所以平面，从而得，所以．所以C正确．对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确．故选C．【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题．8．已知函数是奇函数，且的最小正周期为，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先根据原函数的奇偶性及周期性确定的值，然后得到的解析式，再根据确定，最后求解的值.【详解】因为函数是奇函数，且其最小正周期为，所以，则，得．又，所以，故，所以，.故选：C.【点睛】本题考查型函数的图象及性质，难度一般.解答时先要根据题目条件确定出、及的值，然后解答所给问题. 二、多选题9．下列各式化简中，一定正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】对于AC，利用正切函数的和差公式、诱导公式与倍角公式化简求值即可；对于BD，取特殊值即可排除；从而得解.【详解】A：，故A正确；B：取，则，显然，故B错误；C：，故C正确；D：取，则，显然，故D错误；故选：AC.10．已知复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点若．（i为虚数单位），向量绕原点逆时针方向旋转90°，且模伸长为原来的2倍后与向量重合，则（    ）A．的虚部为 B．点B在第二象限C． D．【答案】BD【分析】结合复数的几何意义，依题意求解出对应的坐标，然后逐项判断即可；【详解】因为， 所以对应的坐标为，，向量与轴夹角为  由题意可知，且，选项B正确；，的虚部为，选项A错误；，所以，选项C错误；，选项D正确；故选：BD.11．若平面，，，则以下结论有可能成立的是（    ）A．与异面 B．与平行C．与垂直 D．都与相交【答案】ABCD【分析】利用正方体，对各选项依次举出相应例子即可得解.【详解】作出正方体如图，对于ACD，记面为，面为，为，为，则满足，，，此时因为面，面，面，，所以与是异面直线，即与异面，而，则都与相交，易知面，面，所以，故ACD正确；对于B，记面为，面为，为，为，则满足，，，此时，故B正确；故选：ABCD.12．已知函数，若，，且在区间上单调递减，则下列说法正确的有（    ）A．B．对任意，均有C．函数在区间上单调D．【答案】ABD【分析】根据函数的单调性及取值关系，可得点是函数的一个对称中心，直线是函数的一条对称轴，从而得函数最小正周期，即可得的值，再跟腱炎对称性列方程可得的值，于是得函数解析式，根据正弦型三角函数的性质逐项判断即可.【详解】因为在区间上单调递减，且所以点是函数的一个对称中心，并且最小正周期满足，即，所以当，则直线是函数的一条对称轴与对称中心相邻，则，即，所以，故A正确；则，由于是函数的一个对称中心，所以，得，又，所以，故D正确；则，所以，又的最大值为，则对任意，均有，故B正确；当时，，则函数在区间上不单调，故C错误.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型三角函数的图象性质，解题关键是找结合函数单调性两个函数值相同与相反确定函数的对称中心与对称轴，从而可得正弦型函数的最小正周期，确定三角函数的解析式，从而可利用解析式分析其它图象性质．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题． 三、填空题13．已知角终边经过点，则      ．【答案】-3【分析】根据三角函数定义求解即可；【详解】已知角终边经过点，根据三角函数的定义可知：，所以故答案为：-3.14．如图，在单位同格中，向量在向量上的投影向量与向量的夹角为      ．  【答案】/45°.【分析】数形结合然后根据向量的坐标表示表示求解即可；【详解】由图可知：向量在向量上的投影向量为，结合向量坐标表示即为，由图可知：，设投影向量与向量的夹角为45°.故答案为：45°.15．如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，，，将沿所在直线进行翻折，得到三棱锥，当时，此三棱锥的外接球表面积为      ．  【答案】【分析】依题意得到三棱锥的棱的垂直情况，从而将其补成正方体，进而求得三棱柱的外接球半径，由此得解.【详解】因为是等腰直角三角形，点P为线段AB的中点，，，所以，，则，因为，所以，则，所以将该三棱锥补成正方体，如下图所示：  则三棱锥的外接球就是边长为的正方体的外接球，所以该外接球的直径为正方体的体对角线，即，所以外接球表面积为.故答案为：.16．设函数满足：对任意，有，且时，，，则在上有      个零点．【答案】9【分析】求出函数在的解析式，再根据单调性确定零点个数.【详解】由题意，当时，，此时函数单调递减，且，且，，所以当时，，此时函数单调递增，且，当时，，，此时函数单调递增，且，当时，，，此时函数单调递减，且，又，，所以在上有9个零点.故答案为：9         四、解答题17．已知向量，．(1)若，求实数的值；(2)已知向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量数量积的运算法则得到，从而利用向量数量积的坐标表示即可得解；（2）由题意到得，且与不平行，从而得到关于的不等式组，解之即可得解.【详解】（1）因为，所以，则，故，因为，，所以，解得所以.（2）因为向量与的夹角为钝角，所以，且与不平行，又，，所以，解得且故.18．已如函数．(1)用“五点法”作出函数在区间上的图像；(2)将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上的每个点的横坐标都伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，求在区间上的取值范围．【答案】(1)图像见解析(2) 【分析】（1）根据题意列出“五点法”对应的表格，从而得解；（2）利用三角函数平移伸缩变换的性质得到的解析式，从而利用三角函数的性质即可得解.【详解】（1）依题意，列表如下：所以数在区间上的图象如下：   .（2）因为，所以将函数的图像向右平移个单位长度，可得到的图像，再将得到的图像上的每个点的横坐标都伸长为原来的2倍，纵坐标不变，可得到的图像，因为，所以，则故的取值范围是.19．从条件①，②中选择一个，补充在下列横线中，并解答问题．如图，在直三棱柱中，点在线段上，已知______，且，，．（若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）．(1)求证：平面；(2)求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)条件选择见解析，证明见解析(2)条件选择见解析， 【分析】（1）证明出，可证得，若选①，直接利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；若选②，证明出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）将直三棱柱补成直四棱柱，使得四边形为平行四边形，分析可知，故异面直线与所成角为或其补角.选①，推导出，计算出、的长，可求得的余弦值；选②，求出的长，解答步骤同①.【详解】（1）证明：连接，设，如下图所示：因为，，且，所以，，则，，所以，，所以，，故，所以，，即，若选①，因为，，、平面，因此，平面；若选②，因为，且，由余弦定理可得，整理可得，解得，所以，，所以，，因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为，、平面，因此，平面.（2）解：将直三棱柱补成直四棱柱，使得四边形为平行四边形，则，故异面直线与所成角为或其补角，若选①，由（1）可知，，因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，则，且，，则直四棱柱为长方体，所以，平面，因为平面，所以，，因为平面，平面，所以，，所以，，故，因此，异面直线与所成角的余弦值为；若选②，由（1）可知，平面，因为，则，以下同①.20．已知的内角的对边分别为，满足．(1)若，求；(2)若，且，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角函数的和差公式与诱导公式将题干条件转化得，从而结合即可得解；（2）利用正弦定理的边角变换求得，从而利用（1）中结论，结合三角形面积公式即可得解.【详解】（1）因为，所以，即，所以，即，所以，则，因为，则，所以，因为，所以，即，由，得，所以.（2）因为，所以由正弦定理得，因为，则，所以，则，又因为，所以，由（1）知，则，因为，所以，故.21．如图，在多面体中，是四边形的外接圆的直径，是与的交点，，．四边形是直角梯形，，平面，．  (1)求证：平面；(2)求多面体的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）分别延长、交于点，推导出为的中点，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）利用锥体体积公式求出三棱锥和四棱锥的体积，相加可得出多面体的体积.【详解】（1）证明：分别延长、交于点，如下图所示：  因为且，所以，，则，故为的中点，因为，，为四边形外接圆的直径，所以，，且，故，所以，，所以，，故为的中点，所以，，即，因为平面，平面，因此，平面.（2）解：因为、、、四点共圆，则，由（1）可知，，又因为，则，同理可得，且，，，因为平面，则，因为，且四边形为直角梯形，所以，，因为平面，，则平面，所以，，因此，.22．在数学中，三角函数的孪生兄弟是双曲函数，其中双曲余弦函数．令．(1)判断函数的奇偶性，并证明；(2)若对任意，，有，求的取值范围．【答案】(1)为偶函数，证明见解析(2) 【分析】（1）利用函数奇偶性的判断方法证明即可；（2）先利用函数单调性的判断方法，结合得复合函数的单调性判断得在上单调递增，从而将问题转化为恒成立，再利用三角函数的辅助角公式，结合恒成立问题得到关于的不等式，从而得解.【详解】（1）为偶函数，证明如下：因为，所以其定义域为，又，所以为偶函数.（2）令，则可化为，令，则，因为，，，所以，即，所以在上单调递增，又当时，在上单调递增，且，所以在上单调递增，由（1）知，为偶函数，所以对任意，恒成立，可化为恒成立，因为，所以，所以，即，即，又，所以，则，故.【点睛】结论点睛：（1）恒成立；恒成立．（2）恒成立；恒成立．（3）恒成立；恒成立；（4），，．