湖南省株洲市炎陵县2022-2023学年高一数学下学期6月期末试题（Word版附解析）

这是一份湖南省株洲市炎陵县2022-2023学年高一数学下学期6月期末试题（Word版附解析），共17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。
炎陵县2023年上期高一年级期末质量检测——数学一、单选题(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 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】对集合B求补集，应用集合的并运算求结果；【详解】由，而，所以.故选：A 2. 向量满足，且向量夹角为，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由平面向量数量积的定义和模长公式求解即可.【详解】，故选：D.3. 在正方体中,分别为的中点,则异面直线与所成角的大小为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题易得,连接,即可得出为等边三角形,从而得出所求角的大小为60°.【详解】如下图所示,连接,则异面直线与所成角为,即为等边三角形.故选:C.4. 在空间中给出下列命题：（1）垂直于同一直线的两直线平行．（2）两条直线没有公共点，则这两条直线平行．（3）平行于同一直线的两直线平行．（4）垂直于同一平面的两直线平行．其中正确的命题个数是（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据空间中线面位置关系的判定及性质，逐项判定，即可求解.【详解】（1）中，在空间中，垂直于同一直线的两直线，可能平行、相交或异面，所以不正确；（2）中，两条直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，所以不正确；（3）中，平行于同一直线的两直线平行，所以是正确的；（4）中，根据直线与平面垂直的性质，可得垂直于同一平面的两直线平行，所以是正确．故选：B.5. 若是纯虚数，则（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】B【解析】【分析】化简复数z，然后根据实部为0可得.【详解】因为是纯虚数，所以，得.故选：B6. 已知与共线，且向量与向量垂直，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先由平面向量垂直的坐标运算及得出，再由平面向量平行的坐标表示及，得出，即可求出．【详解】因为，所以，解得，又因为，所以，解得，所以，故选：B．7. 已知函数，则（    ）A.  B. 1 C. -1 D. 2【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的解析式求函数值即可.【详解】由条件可得，则.故选：C.8. 若为锐角，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先利用同角三角函数基本关系求出，然后找出已知角与要求角之间的关系，从而直接利用两角和的余弦公式即可求解.【详解】因为为锐角，所以，所以，又因为，所以，所以.故选：D.二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9. 设复数，则下列命题中正确的是（    ）A.  B. C. 在复平面上对应的点在第一象限 D. 的虚部为【答案】ABC【解析】【分析】将复数化简整理得，依次验证A、B、C、D四个选项，可知D错误.【详解】，知复数的虚部为1，所以选项D错误；对于选项A，，所以选项A正确；对于选项B，，所以选项B正确；对于选项C，复数对应的点为在第一象限，所以选项C正确.故选：ABC.10. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（    ）  A. B. 平面C. 与平面所成角是D. 与所成的角等于与所成的角【答案】ABC【解析】【分析】利用线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的判定定理可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；利用线线角的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，因为四边形为正方形，则，因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，A对；对于B选项，因为四边形为正方形，则，又因平面，平面，所以，平面，B对；对于C选项，因为平面，所以，与平面所成角是，C对；对于D选项，因为，平面，平面，所以，，所以，为锐角，所以，与所成的角为直角，与所成的角为锐角，故与所成的角不等于与所成的角，D错.故选：ABC.11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的是（    ）    A. 该圆台轴截面面积为B. 该圆台的体积为C. 该圆台的表面积为D. 沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为【答案】ABD【解析】【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的表面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.【详解】对于，由，且，可得，高，则圆台轴截面的面积为，故A正确；对于B，圆台的体积为，故B正确；对于C，圆台的侧面积为，又，，所以，故C错误；对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．设的中点为，连接，可得，则，又点到的距离，所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．  故选：ABD．12. 已知函数则（    ）A. 函数的最小正周期为B. 函数的图像关于直线对称C. 函数为偶函数D. 函数的图像向左平移个单位后关于轴对称，则可以为【答案】BD【解析】【分析】利用最小正周期公式判断A，利用代入检验法判断B，根据偶函数的定义判断C，根据函数图象变换结论及诱导公式判断D.【详解】对选项A：因为，所以的最小正周期为，错误；对选项B：当时，，所以是的一条对称轴，正确；对选项C：易知函数的定义域为，又，所以函数不是偶函数，错误；对选项D：函数的图像向左平移个单位后得到，由题意，函数的图像关于轴对称，所以，即，当时，，即函数的图像向左平移个单位后关于轴对称，则可以为，D正确.故选：BD三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上)13. 已知为角α终边上一点，则=______．【答案】##0.2【解析】【分析】求出到原点的距离，利用任意角的三角函数的定义，求得，的值，再求出即可.【详解】角α终边上一点，，则，，.故答案为：14. 现有一个底面半径为、高为的圆柱形铁料，若将其熔铸成一个球形实心工件，则该工件的表面积为______（损耗忽略不计）．【答案】【解析】【分析】根据圆柱的体积等于球的体积求出球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.【详解】设球的半径为，则，解得，所以该工件的表面积为.故答案为：.15. 函数的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数为，可得最大值.【详解】，其中，所以的最大值为.故答案为：16. 已知垂直于矩形所在的平面，，则面角的正切值为__________．【答案】##【解析】【分析】过作于，连接，由二面角的定义可得为二面角的平面角，在直角三角形中，可得,，再由计算即可.【详解】解：如图所示：  过作于，连接，因为平面，平面，所以，又因为，平面 ，所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，在直角三角形中，因为，所以,，在直角三角形中，.故答案为：四、解答题(本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17. 设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，.（1）求B的大小．（2）若，，求b.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理，可得，进而可求出和角；（2）利用余弦定理，可得，即可求出.【详解】（1）由，得，因为，所以，又因为B为锐角，所以．（2）由余弦定理，可得，解得．【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.18. 如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:（1）平面AEC;（2）平面AEC⊥平面PBD．【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.【小问1详解】设,连接,如图所示:因为O,E分别为,的中点,所以,又因为平面,平面,所以平面．【小问2详解】连接,如图所示:因为,为的中点,所以,又因为四边形为菱形,所以,因为平面,平面,且,所以平面,又因为平面,所以平面平面．19. 如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，.（1）求直线与平面所成角正弦值；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由线面垂直判定可知平面，由线面角定义知所求角为，由长度关系可得结果；（2）过作，由面面垂直的判定与性质可知即为所求距离，利用面积桥可求得结果.【小问1详解】平面，平面，，；是圆的直径，，又，平面，平面，即为直线与平面所成角，，，，又，，即直线与平面所成角的正弦值为.【小问2详解】过作，垂足为，由（1）得：平面，平面，平面平面，又平面平面，平面，，平面，，，根据等面积法知：，，即到平面的距离等于.20. 若函数在一个周期内的图象如图所示.  （1）写出函数的解析式；（2）求函数的单调增区间.将函数的图象向右移动个单位后，得到函数的图象，求函数在上的值域.【答案】（1）    （2）的增区间为，，函数的值域为【解析】【分析】（1）根据函数图象可得及周期，即可求出，再利用待定系数法求出即可；（2）根据正弦函数的单调性结合整体思想即可求出函数的单调区间，根据平移变换的原则求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.【小问1详解】由图可知，则，所以，故，又，则，所以，即，又，所以，所以；【小问2详解】令，得，所以的增区间为，，由题意，由，得，则，所以函数在上的值域为.21. 如图，平面四边形中，，，．  （1）若，求的面积；（2）若，，求．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用余弦定理求出，再利用面积公式即可求出结果；（2）在和中，利用正弦定理，建立等量关系和，从而得到，再化简即可得出结果.【小问1详解】因为，，，由余弦定理得，所以，即，解得，所以．【小问2详解】设，在中，由正弦定理得，所以①，   在中，，，则，即②     由①②得：，即，∴，整理得，所以．  22. 已知函数，若存在实数m、k（），使得对于定义域内的任意实数x，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对．（1）若，求函数的“平衡”数对；（2）若m＝1，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由；（3）若、，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围．【答案】（1）    （2）是    （3）【解析】【分析】(1)根据“平衡数对”定义建立方程，根据恒成立求解即可；(2) 时,判断是否存在使等式恒成立，利用三角函数化简求解即可；(3)根据“平衡数对”的定义将用关于的三角函数表达,再利用三角函数的取值范围求解即可.【小问1详解】根据题意可知,对于任意实数,,即,即对于任意实数恒成立,只有,,故函数的“平衡”数对为,【小问2详解】若,则,,要使得为“可平衡”函数,需使对于任意实数均成立,只有,此时,,故存在,所以是“可平衡”函数.【小问3详解】假设存在实数，对于定义域内的任意均有则均为函数的“平衡”数对，，函数单调递增，