江西省鹰潭市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试卷(解析版)

这是一份江西省鹰潭市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共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. 下列说法正确的是（ ）
A. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B. 用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台
C. 底面是矩形的四棱柱是长方体
D. 三棱台有8个顶点
【答案】B
【解析】各个面都是三角形的几何体如下图所示：
该几何体不是三棱锥，故选项A错误；
由圆台的性质可知，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，
故选项B正确；
若四棱柱的底面是矩形，侧棱与底面矩形不一定垂直，故选项C错误；
如图，
三棱台有6个顶点，故选项D错误.
故选：B.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】D
【解析】因为，，且，
所以，所以，
所以，，所以.
故选：D.
3. 已知角，且角θ的终边所在直线经过点，则x的值为（ ）
A. ±2B. 2C. -2D. -4
【答案】B
【解析】，所以.
故选：B.
4. 北极阁位于鹰潭公园的东侧，前门是大码头，旧时为鹰潭最繁华的街市．某同学为测量北极阁的高度MN，在北极阁的正北方向找到一座建筑物AB，高约为30m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，北极阁顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得北极阁顶部M的仰角为15°，北极阁的高度约为（ ）
A. 45mB. 52mC. 60mD. 65m
【答案】C
【解析】由题意得：在中，，
在中，，，
，
由正弦定理得，，
得，故MN=60．
故选：C.
5. 将复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，得到的向量为，那么对应的复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】复数的三角形式是，向量对应的复数是
.
故选：A.
6. 关于，对于甲、乙、丙、丁四人有不同的判断，甲：是第三象限角，乙：.丙：，丁：不小于2，若这人只有一人判断错误，则此人是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】由，所以乙和丁的判断只有一个正确，且，
若丁的判断正确，即，则，
此时丙的判断错误，不符合题意；
若乙的判断正确，即，此时满足，且，
此时甲、丙都正确，符合题意.
故选：D.
7. 一个球体被平面截下的一部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，球缺曲面部分的面积，其中R为球的半径，H为球缺的高．如图，若一个半径为R的球体被平面所截获得两个球缺，其高之比为，则表面积（包括底面）之比=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】∵，∴，
.
故选：D.
8. 在锐角中，角的对边分别为，且满足.若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由正弦定理可知，①，
又因为，所以②，
将②式代入①式可得，整理得，
因为，所以，即，
又因为，所以，
即可得，
又有恒成立恒成立，
又因为是锐角三角形，所以，
即，解得，
所以，故，
设，则易知在区间上单调递减，故，
所以，
故，即.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分
9. 已知复数满足，，x，，，所对应的向量分别为，，其中O为坐标原点，则（ ）
A. 的共轭复数为
B. 当时，为纯虚数
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】A选项：由于，所以的共轭复数为，故选项A正确，
B选项：当时，，若，则为为实数，故选项B错误；
C选项：易知，，又，则，即，
故选项C正确；
D选项：由于，则，
，
，
故，选项D正确．
故选：ACD.
10. 如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为反射坐标系．在反射坐标系中，若，则把有序数对称为向量的反射坐标，记为．在的反射坐标系中，，，其中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】A选项，由题意可知，
故，故，A正确；
B选项，
，B错误；
C选项，
，故不垂直，C错误；
D选项，
，D正确.
故选：AD.
11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C. 点是的一个对称中心
D. 函数的图象向左平移个单位得到的图象关于轴对称
【答案】AC
【解析】由图可知，，所以，即，解得，
所以，又，
所以，解得，又，所以，
所以，故A正确，B错误；
，
所以点是的一个对称中心，故C正确；
将函数的图象向左平移个单位得到
，
显然函数不是偶函数，故D错误.
故选：AC.
12. 在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A. 直线与直线AC夹角60°
B. 平面截正方体所得截面的面积为18
C. 若，则动点F的轨迹长度为π
D. 若平面，则动点F的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，
故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为，故A正确；
对B，因为面面，平面面，
根据面面平行的性质可得平面截的交线，
故平面截的交点为的中点，
故，
故截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，高，
故截面的面积为，故B正确；
对C，若，则，
故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧，其长度为，故C错误；
对D，取中点，连接如图，由B知截面为等腰梯形，
由四边形为平行四边形得，
又面面，所以面，
由四边形为平行四边形得，面面，
所以面，
由平面，得平面平面，
又平面，所以平面，
故的轨迹为线段，其长度为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 复数，则__________.
【答案】
【解析】，
，则.
故答案为：.
14. 已知点，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为________．
【答案】
【解析】，
向量在向量上的投影向量坐标为.
故答案为：.
15. 若时，函数取得最小值，则____．
【答案】
【解析】（），
时，函数取得最小值，
则，则，
则，解之得.
故答案：.
16. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，已知P到平面的距离为7，，.记与平面所成的角为，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，
则为的中点，平面，
过点作平面，为垂足，则，，
作，垂足为，则四边形为矩形，
，得，，
则，所以，
故，所以，
则，即，
则，
所以.
故答案为：.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知复数，i是虚数单位.
（1）若是实数，求b的值；
（2）在①点P在实轴上，②点P在虚轴上，③点P在一､三象限的角平分线上，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题：若，复数在复平面内对应的点为P，且___________，求实数m的值.
注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答记分.
解：（1）因为，
所以，
因为是实数，所以，解得.
（2），，
选①：因为 P在实轴上，所以，解得；
选②：因为点P在虚轴上，
所以，解得；
选③：因为点P在一､三象限的角平分线上，
所以，即，解得.
18. 设a为常数，函数.
（1）设，求函数的单调区间及周期T；
（2）若函数为偶函数，令，此函数的值域．
解：（1）因为，所以，
令，解得，
即函数的单调增区间为；
令，解得，
函数的单调减区间为，
函数的周期为.
（2）函数为偶函数，
则，即，
即，
由于，则，故，
则，由于，故．
19. 在中，，，，D是线段BC上一点，且，F为线段AB上一点.
（1）设，，.求；
（2）若F为线段AB的中点，求的值.
解：（1），
，
由平面向量基本定理可得且，
所以.
（2）因为为线段的中点，所以，
又，
因为在中，，，，可得，
∴，
综上， ，.
20. 如图，是等腰直角三角形，，四边形ABCM是直角梯形，，，且，平面ADM⊥平面ABCM．
（1）求证：；
（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥的体积为？
解：（1）∵四边形ABCM是直角梯形，
，，，
∴，，
则，∴，
又平面平面，平面平面，
平面，
平面，
又平面，.
（2）由（1）可知平面，，
设，则E到平面的距离为到平面的距离的倍，
即E到平面的距离，
∵是等腰直角三角形，，，
∴，
∴，
即，
∴，
∴E为线段BD上靠近点B的三等分点．
21. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，，求b和的值．
解：（1）因为，由正弦定理得
，
即．又，所以，
所以，即，
又因为，所以．
（2）在中，由余弦定理及，，，
得，故，
所以，又，所以，
，又，所以，
所以．
22. 向量是解决数学问题的有力工具，我们可以利用向量探究的面积问题：
（1）已知，，，求的面积；
（2）已知不共线的两个向量，，探究的面积表达式；
（3）已知，若抛物线上两点、满足，求面积的最小值．
解：（1）由平面向量的数量积可得，则为锐角，
故，
因此，.
（2）
.
（3）由已知可得，，
，
故当时，的面积取到最小值.