[数学][期末]江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测试题(解析版)

这是一份[数学][期末]江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测试题(解析版)，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 已知角的集合，则在内的角有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】依题意，解不等式，得，而，因此，
所以在内的角有3个.
故选：B.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，所以.
故选：C.
3. 已知向量，互相垂直，则（ ）
A. 3B. C. 9D. 18
【答案】B
【解析】向量，互相垂直，则，解得，
所以.
故选：B.
4. 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
，
所以当，时取最小值为.
故选：B.
5. 已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（ ）
A. B.
C. D. ，
【答案】D
【解析】a为直线，，为平面，，，
若，直线与平面的关系不确定，A不是；
若，直线可以与直线平行，此时不能推出，B不是；
若，直线可以平行于或在平面内，C不是；
若，且，由面面垂直的性质，成立.
故选：D.
6. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，再把得到的曲线上所有的点（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】D
【解析】把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，
得到函数的图象，
对于A，再向左平移个单位长度，得的图象，
A错误；
对于B，再向左平移个单位长度，得的图象，
B错误；
对于C，再向右平移个单位长度，得的图象，C错误；
对于D，再向右平移个单位长度，得的图象，
D正确.
故选：D.
7. 瑞士数学家欧拉在1765年发表了一个令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线称为欧拉线．其中重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．已知M，N，P分别为的外心、重心、垂心，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】点是的外心，则，A错误；
如图，由欧拉线定理得，B正确；
点为的重心，延长交于，则是的中点，
于是，则，C正确；
点是的垂心，由，得，
即，由，同理得，
因此，D正确.
故选：A.
8. 中国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．若三棱锥为鳖臑，平面，，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，当三棱锥的体积最大时，球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】将三棱锥放一个长方体中，如图所示：
则，
当且仅当时取等号，
此时三棱锥的外接球就是一个长方体的外接球，因为，，
在为直角三角形，所以，
设长方体的外接球的半径为R，则，故，
所以外接球的表面积为.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 已知复数（为纯虚数），则（ ）
A. 不可能为纯虚数
B. 若复数为实数，则
C. 的最小值为
D. 若复平面内表示的点位于上，则
【答案】ACD
【解析】设（且），
则
，所以不可能为纯虚数，故A正确；
若复数为实数，则，解得，所以，故B错误；
，所以当时取最小值，最小值为，故C正确；
若复平面内表示的点位于上，则，解得，所以，
故D正确.
故选：ACD.
10. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 的单调递减区间为，
D. 的图象关于直线对称
【答案】CD
【解析】观察图象知，，函数的周期，则，
，A错误；
由，，得，B错误；
，由，
得，
因此函数的单调递减区间为，，C正确；
由，得函数的图象对称轴为，
当时，，D正确.
故选：CD.
11. 质点A和B在以坐标原点O为圆心、半径为1的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．A的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；B的角速度大小为1rad/s，起点为射线与的交点．当A与B重合时，点A的坐标可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】依题意，点的起始位置，点的起始位置，则，
设当A与B重合时，用的时间为，于是，即，
则，当为偶数时，，即，B正确；
当为奇数时，，即，D正确.
故选：BD.
12. 如图，在圆锥PO中，已知圆O的直径，点C是底面圆O上异于A的动点，圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形．，则（ ）
A. 面积的最大值为
B. 的值与的取值有关
C. 三棱锥体积的最大值为
D. 若，AQ与圆锥底面所成的角为，则
【答案】CD
【解析】设圆锥的母线长为，由，得，而圆锥底面圆半径，
圆锥的高，则，
，当且仅当时取等号，错误；
当时，，与的取值无关，B错误；
过作交于，由平面，得平面，
由，得，于是，
所以当且仅当，且为中点时，
三棱锥体积取最大值，C正确；
若，则，由选项知，
为与圆锥底面所成的角，
即，显然，在中，
，
，而，
所以，D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在复数范围内分解因式的结果为______．
【答案】
【解析】依题意，.
故答案为：.
14. ______．
【答案】1
【解析】因为，
则，
所以.
故答案为：1.
15. 古希腊的哲学家柏拉图证明只存在5种正多面体，即正四、六、八、十二、二十面体，其中正八面体是由8个正三角形构成．如图，若正八面体的体积为，则它的内切球半径为______．
【答案】
【解析】设正八面体的棱长为，显然正八面体可视为棱长都相等的两个正四棱锥组合而成，
则正八面体的体积，解得，
于是正八面体的表面积，
设正八面体的内切球半径为，因此，即，解得，
所以正八面体的内切球半径为.
故答案：.
16. 直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在斜坐标系下的坐标．设，．
（1）若，则______；
（2）若，则______．
【答案】
【解析】（1）因为，所以，
若，则，
所以；
（2）因为，，所以，，
若，则，
所以，即，
因为，所以.
故答案为： .
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．
（1）求，的值；
（2）若，求，的值．
解：（1）因为，所以，
所以，.
（2）由（1）知，因为，所以，
所以，
因为，所以，
由得，所以.
18. 如图，在三棱锥中，，点D，M分别为AC，PB的中点，．
（1）证明：//平面BDF；
（2）若平面//平面BDF，其中平面，，证明：AN是AM在平面PAC上的投影．
解：（1）取的中点，连接，
由，得，点为的中点，
又点为的中点，则，又平面平面，
于是平面，
又点为的中点，点为的中点，则，
又平面，平面，
因此平面，又平面，
平面平面，又平面，
所以平面.
（2）平面平面，且平面平面，
平面平面，则，
由为的中点，得，则，
又平面，因此平面，
所以是在平面上的投影.
19. ①，②，在这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并给予解答．
问题：的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，三角形面积，______，求的值．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解：中，由及正弦定理得：，
而，
于是，
因此，而，则，又，
所以，
若选①，，由，得，
由余弦定理得，
外接圆半径，由正弦定理得，
所以.
若选②，，外接圆半径，，
由，得，
所以.
20. 某人承包一块荒地种植蓝莓，原种植区域为，由于经济效益较好，现准备扩大种植面积．如图，延长BC到D，使，以AD为底边向外作顶角为的等腰三角形ADE．已知，设，．
（1）求周长取值范围；
（2）求四边形区域ABDE面积的最大值．
解：（1）在中，，由余弦定理，得
，，
，而在上单调递减，
，即，
故周长为，其取值范围为.
（2）作为垂足，因为三角形为等腰三角形，
且，
，
在中，根据余弦定理有，
，
，
，，
当且仅当，即时，
四边形区域面积的最大值为.
21. 在中，，，若D是AB的中点，则；若D是AB的一个三等分点，则；若D是AB的一个四等分点，则．
（1）如图①，若，用，表示，你能得出什么结论？并加以证明．
（2）如图②，若，，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，CB分别交于点P，Q．
①利用（1）的结论，用，表示；
②设，，求证：为定值．
解：（1）猜想：，
证明：因为，
所以
.
（2）①若，，则，，
因为、、三点共线，设，
则，
因为、、三点共线，设，
则，
因为与不共线，所以，解得，
所以.
②因为，，
所以，，
所以，
因为、、三点共线，所以，则（定值）.
22. 已知E，F分别为的重心和外心，D是BC的中点，，．
（1）求BE；
（2）如图，P为平面ABC外一点，平面ABC，二面角的正切值为4．
①求证：；
②求三棱锥的外接球的体积．
解：（1）由，且D是BC的中点，得，则，
共线，
又为重心，则，，
又为的外心，连接，，而是的中点，
因此，，
在中，，
由余弦定理得，
所以.
（2）①由平面，平面，得，又，
平面，则平面，而平面，
所以.
②由①知，，则为二面角的平面角，
而二面角的正切值为4，即，解得，
又的外心为，令三棱锥外接球的球心为，则平面，
有，四边形是直角梯形，设外接球的半径为，
于是，，
因此，解得，，
所以三棱锥的外接球的体积为.