江西省新余市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试卷(解析版)

这是一份江西省新余市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试卷(解析版)，共20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（本大题有20小题，每小题2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. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
2. 如图，是水平放置的直观图，其中，轴，轴，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】C
【解析】在，，，
由余弦定理可得：，
即，而，解得，
由斜二测画法可知：中，，，，
故.
故选：C.
3. 下列各式中，值为的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于A，
，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选：B.
4. 函数的部分图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】的定义域为，关于原点对称，
又因为，所以是奇函数，其图象关于原点对称，
故D不正确；
当时，，则，故B不正确；
当时，，故，故C不正确.
故选：A.
5. 已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面，，，则下列说法错误的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则与平行或相交
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】D
【解析】对于A，由线面平行判定定理可知A正确；
对于B，，，则与平行或相交，故B正确；
对于C，垂直于同一平面的直线和平面平行或线在面内，而，故C正确；
对于D，，，，三条交线平行或交于一点，
如图1，正方体两两相交的三个平面ABCD，平面，平面，
平面平面，平面平面，
平面平面，但AB，AD，不平行，故D错误.
故选：D．
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由可得，，解得，
则.
故选：C.
7. 如下图，在中，，，以BC的中点O为圆心，BC为直径在三角形的外部作半圆弧BC，点P在半圆上运动，设，，则的最大值为（ ）
A. 5B. 6C. D.
【答案】D
【解析】以为原点，所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
如图所示，
在中，，为的中点，所以，
则，其中，
可得，
所以，其中，
当时，即时，有最大值，最大值为.
故选：D.
8. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】连接，得，以所在直线为轴，
将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有，如图，
当三点共线时，则即为的最小值，
在三角形ABC中，，，
由余弦定理得：，
所以，即，
在三角形中，，，
由勾股定理可得：，且，
同理可求：，因为，
所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，，，
由余弦定理得：.
故选：D.
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，有选的得0分．）
9. 下列说法中，错误的是（ ）
A. 向量，不能作为平面内所有向量的一组基底
B. 若，则在方向上的投影向量的模为
C. z是虚数的一个充要条件是
D. 若a，b是两个相等的实数，则是纯虚数
【答案】CD
【解析】对于A，因为向量，所以、共线，
不能作为平面内所有向量的一组基底，故A正确；
对于B，若，则与同向或者反向，
则在方向上的投影向量的模为，故B正确；
对于C，设，若z是虚数，则，且，
因为，可得，但z不一定是虚数，故C错误；
对于D，当时，则不是纯虚数，故D错误.
故选：CD.
10. 下列命题中正确是（ ）
A. 命题“，”的否定为“，”
B. 已知，，且，则的最小值为
C. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为
D.
【答案】BD
【解析】选项A：命题“，”的否定为“，”，
故不正确；
选项B：，
当且仅当，即时，等号成立，即的最小值为，
故正确；
选项C：由函数的定义域为，则函数的定义域满足：，
解得，所以函数的定义域为，故不正确；
选项D：，
故选项D正确.
故选：BD.
11. 已知正方体的棱长为4，点分别是BC，，的中点，则（ ）
A. 异面直线与所成的角的正切值为
B. 平面截正方体所得截面的面积为18
C. 四面体的外接球表面积为
D. 三棱锥的体积为
【答案】ABC
【解析】对于A中，取的中点，连接，再取的中点，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即，
因为正方体的棱长为4，可得，
可得为等腰三角形，取的中点，则，
在直角中，可得，所以，
直线与所成的角的正切值为，所以A正确；
对于B中，延长交于点，连接交于点，连接，
因为，为的中点，所以，可得为的中点，
又因为，所以为的中点，所以，
因为，所以为平行四边形，所以，
所以，平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，，
所以梯形的高为，
所以梯形的面积为，所以B正确；
对于C中，画出以为对角线的长方体，
则该长方体的外接球即为四面体的外接球，
可得外接球的直径为，
所以外接球的表面积为，所以C正确；
对于D中，连接，则，
因为平面，平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为为的中点，
所以三棱锥的高为，，
所以，所以D错误.
故选：ABC.
12. 函数（其中，，）的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 是它的一条对称轴
B. 的增区间为，
C. 函数为奇函数
D. 若，，则
【答案】ABD
【解析】由函数的图象可得，
又由，因为，可得，
因为，可得，
解得，
又因为，且，即，可得，
取，所以，所以，
对于A中，当时，可得，
所以是函数的对称轴，所以A正确；
对于B中，令，解得，
所以的增区间为，所以B正确；
对于C中，由，
其中当时，，所以函数为不是奇函数，
所以C错误；
对于D中，由，可得，
因为，可得，
则，
所以D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．请将正确答案填在答题卷相应位置.）
13. 如图所示，已知扇形的圆心角为，半径长为，则阴影部分的面积是_______．
【答案】
【解析】由图像知，记阴影部分面积为，扇形面积为，则，
由题意得，，
所以，
所以阴影部分的面积为.
故答案为：.
14. 我国古代数学名著《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1536石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得256粒内夹谷18粒，则这批米内夹谷约为_______
【答案】（石）
【解析】因为256粒内夹谷18粒，故可得米中含谷的频率为，
则1536石中米夹谷约为1536（石）.
故答案为：（石）.
15. 位于河北省承德避暑山庄西南十公里处的双塔山，因1300多年以前，契丹人在双塔峰顶建造的两座古塔增添了诸多神秘色彩．双塔山无法攀登，现准备测量两峰峰顶处的两塔塔尖的距离．如图，在与两座山峰、山脚同一水平面处选一点A，从A处看塔尖的仰角是，看塔尖的仰角是，又测量得，若塔尖到山脚底部的距离为米，塔尖到山脚底部的距离为米，则两塔塔尖之间的距离为________米．
【答案】
【解析】在中，米，，则米，
同理，在中，米，
在中，米，米，，
由余弦定理，得
米．
故答案为：.
16. 已知（其中），其函数图像关于直线对称，若函数在区间上有且只有三个零点，则的范围为______．
【答案】
【解析】函数关于直线对称，
所以，所以，
因为，所以，所以，
当，则，
要使函数在区间上有且只有三个零点，所以，
所以的范围为：.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 已知向量．
（1）若向量的夹角为锐角，求x的取值范围；
（2）若，求．
解：（1）因为向量的夹角为锐角，所以，且与不同向共线，
则，解得且，
故x的取值范围为.
（2）由，得，
若，则，即，解得，
所以，
所以.
18. 已知 ，和均为实数，其中是虚数单位.
（1）求复数；
（2）若对应的点在第四象限，求实数的取值范围.
解：（1）由为实数，可得，则，
又为实数，则，得，
.
（2），，
则在复平面内对应的点的坐标为，
而对应的点在第四象限，
，解得或，
故的取值范围为.
19. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
在中，角，，所对的边分别为，，，且满足___________.
（1）求的值；
（2）若为边上一点，且，，，求.
解：（1）选择①，由，可得，于是得，
即，所以；
选择②，由，有，
于是得；
选择③，由，有，
即，即，又因为，所以，
于是得，即，所以.
（2）由在中，，，，
由余弦定理得，所以，
在中，由正弦定理有，得.
20. 某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关．已知第一关的通过率为0.6，第二关通过率为0.5，第三关的通过率为0.4，三关全部通过可以获得一等奖（奖金为300元），通过前两关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元，假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动．
（1）求甲最后没有得奖的概率；
（2）已知甲和乙都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率．
解：（1）甲第一关没通过的概率为，
第一关通过且第二关没通过的概率为，
故甲没有得奖的概率．
（2）记一个人通过了第二关且最后获得二等奖为事件E，
通过了第二关且最后获得一等奖为事件F，
则，，
甲和乙最后所得奖金总和为700元，∴甲和乙一人得一等奖，一人得二等奖，
若甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为，
若乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为，
∴甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率．
21. 如图，四棱锥的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为正方形，且平面平面ABCD，Q，M，N分别为PB，AB，AD的中点．
（1）证明：平面PDC；
（2）证明：；
（3）求直线PM与平面PNC所成角正弦值．
解：（1）证明：如图1，取PC中点E，连接QE，DE，
在正方形ABCD中，，，
∵Q，N分别为PB，DA的中点，∴且，，
∴且，∴四边形QEDN为平行四边形，∴，
又平面PDC，平面PDC，∴平面PDC．
（2）证明：∵是边长为2的正三角形，N为AD中点，∴，，
又∵平面平面ABCD，平面平面，且平面，
∴平面ABCD，
又平面ABCD，∴，
在正方形ABCD中，易知，∴，
而，∴，∴，
∵，且平面，∴平面PNC，
∵平面PNC，∴．
（3）如图2，设，连接PO，PM，MN，
∵平面PNC，∴，且∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，
∵，，∴，，
∴，
∵，，∴，
∴直线PM与平面PNC所成角的正弦值为．
22. 设函数
（1）若，，求角；
（2）若不等式对任意时恒成立，求实数a的取值范围；
（3）将函数的图像向左平移个单位，然后保持图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到函数的图像，若存在非零常数，对任意，有成立，求实数m的取值范围．
解：（1）
，
又∵，即，
∴或，，
即或，
∵，∴或．
（2）
，
令，∵，∴，
∴，∴，，即，
，
令，，
设，，由对勾函数单调性可知，
在上单调递减，
∴，∴，解得：．
（3）∵，∴的图像向左平移个单位，横坐标变为原来的，
可得，
∵，存在非零常数，对任意的，成立，
∵在R上的值域为，则在R上的值域为，∴，
当时，，1为的一个周期，即1为最小正周期的整数倍，
所以，即（且），
当时，，
由诱导公式可得，，即，，
∴当时，，
当时，．