2.江西省赣州市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题

这是一份2.江西省赣州市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题，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。

一、单选题
1．设复数（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．－2B．－18C．2D．18
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．16B．12C．D．
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．
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
6．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
7．在正方体中，为棱的中点，则．
A．B．C．D．
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．
二、多选题
9．下列各式化简中，一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
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．
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
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．
三、填空题
13．已知角终边经过点，则 ．
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 ．

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 ．

16．设函数满足：对任意，有，且时，，，则在上有 个零点．
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．
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．
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．
20．已知的内角的对边分别为，满足．
(1)若，求；
(2)若，且，求的面积．
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．
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．
参考答案：
1．B
2．A
3．A
4．D
5．B
6．C
7．C
8．C
9．AC
10．BD
11．ABCD
12．ABD
13．-3
14．/45°.
15．
16．9
17．(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．(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．(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．(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．(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．(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），，．