2022-2023学年江西省吉安市青原区双校联盟高一下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年江西省吉安市青原区双校联盟高一下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．已知，则＝（    ）

A．1 B．2 C．4 D．16

【答案】D

【分析】利用复数的运算，结合模的性质求解.

【详解】∵，

∴，

∴．

故选：D．

2．如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面图形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】计算直观图的面积为，再根据直观图的面积与原图面积的关系为，计算得到答案.

【详解】直观图的面积，原图面积，由直观图的面积与原图面积的关系为，

得.

故选：B.

【点睛】本题考查了平面图形的直观图的面积与原面积的关系，属于基础题.

3．记记，那么（   ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系、诱导公式，求得要求式子的值．

【详解】，，

那么，

故选：B．

4．已知则等于（    ）

A．2 B．—2 C．0 D．3

【答案】B

【分析】先用诱导公式，再把已知条件代入，进而得到结果.

【详解】.

故选：B.

5．下列说法不正确的是（    ）

A．若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱

B．当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆

C．平行于圆台底面的平面截圆台，截面是圆面

D．直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥

【答案】D

【分析】根据棱柱的结构特征可判断A；由圆的性质可判断B；由圆台的性质可判断C；根据旋转体的结构特征可判断D.

【详解】A．当截面与上、下底面不平行时，得到的几何体不一定是棱柱，A显然正确；

B．当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆，正确．

C．根据平行于圆台底面的平面截圆台截面的性质可知：截面是圆面，正确；

D．直角三角形绕它的一条直角边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥，

而直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是同底面的两个圆锥，

因此D不正确，

故选：D．

6．直线与函数的图象的交点中，相邻两点的距离为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得的最小正周期，由求得后代入即可得解.

【详解】由已知可得，的最小正周期，

所以，所以，

所以．

故选：D.

【点睛】本题考查了正切函数最小正周期的应用，考查了特殊角三角函数值的求解，属于基础题.

7．将函数的图象左移，得到函数的图象，则在上对应的单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用三角恒等变换化简，再根据相位变换法求得，从而利用正弦函数的单调性即可得解.

【详解】因为

，

所以图象向左平移，可得，

，

令，得，

在上对应的单调递增区间是.

故选：D.

8．在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过正余弦定理转化得，对变形得，两边同平方得，解出，再利用三角形面积公式和向量中线公式即可得到答案.

【详解】因为，

由余弦定理得，

又因为是斜三角形，所以，所以，

由正弦定理得，因为，

所以，所以，

所以，所以，

所以，

因为，

化简得，解得或（舍去），

所以，

设边的中点为，则，

因为，所以，

即为的中点，所以：.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正余弦定理进行转化得，再对向量式进行变形处理得，再两边同平方代入数据从而解出，最后再通过三角形面积公式得到答案.

二、多选题

9．对于非零向量与，则下列说法正确的是（    ）

A．方向相反 B．方向相同

C．向量的长度是向量 的长度的 D．

【答案】ACD

【分析】与方向相反，故A正确；，故C正确；，故D正确.

【详解】与方向相反，故A正确；

，故C正确；

，故D正确.

故选：ACD.

10．如图，在平行四边形ABCD中，下列计算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据平面向量线性运算的几何意义，结合平行四边形的几何性质，可得答案.

【详解】对于A，根据平面向量加法的平行四边形法则，则，故A正确；

对于B，在平行四边形中，，则，故B错误；

对于C，，故C正确；

对于D，在平行四边形中，，

，故D正确.

故选：ACD.

11．在锐角中，内角，，的对边分别为，，，若，则（    ）

A． B．的取值范围是

C． D．的取值范围是

【答案】ABD

【分析】由三角形的正弦定理和两角和的正弦公式，结合正弦函数的性质化简可得，可判断AC；再由锐角三角形的定义可判断B；再由正弦定理和二倍角的正弦公式，结合余弦函数的性质可判断D．

【详解】因为，

由正弦定理可得，

即，

即有，

因为为锐角三角形，

，

所以，即，故正确，C错误；

由，，且，

解得，故B正确；

而，故D正确．

故选：ABD．

12．如图，正方体中，点E，F，G，H分别是棱，，，中点，以下说法正确的是（    ）

A．；

B．平面平面AGH；

C．若点是线段EF中点，则平面AGH；

D．直线与直线BG交于一点．

【答案】AD

【分析】证明四边形是平行四边形，即可判断A;利用反证的方法，推出矛盾，可判断B,C;证明四边形为梯形，可判断D.

【详解】对于A，设M为的中点， 连接,则,

故四边形 为平行四边形，

则,

由可知四边形为平行四边形，

则,故故A正确；

对于B,连接 ,由，

而平面,平面,故平面，

平面,平面,故平面，

所以平面平面，平面不垂直平面，平面平面AGH不成立，故B错误；

对于C，假设平面，则,由于点是线段中点，

不妨设正方体棱长为2,则 ，故 ,

则，由四边形是平行四边形,,

平面,平面

平面,又因为平面，所以平面平面

故与平面平面矛盾，故C错误；

对于D，连接,由于点分别是棱中点，

故 ,在正方体中， ,故 ,且，

故四边形为梯形，故直线与直线交于一点，故D正确，

故选：AD

三、填空题

13．已知，则         ．

【答案】

【分析】先根据复数除法法则计算出，从而得到，计算出模长.

【详解】，

故，

故.

故答案为：

14．已知向量，，若∥，，则      .

【答案】

【分析】设，根据向量平行、垂直关系求得，进而可得结果.

【详解】设，则，

若∥，，可得，解得，

即，所以.

故答案为：.

15．已知某扇形的弧长为，周长为，则该扇形所对的圆心角      ．

【答案】/

【分析】利用扇形的相关性质得到关于与的方程组，解之即可得解.

【详解】设扇形的半径为，扇形所对的圆心角为，

则，解得.

故答案为：.

16．如图，一个几何体的上半部分是一个圆柱体，下半部分是一个圆锥体，圆柱体的高为，圆锥体的高为，公共的底面是半径为的圆形，那么这个几何体的表面积为   ．

【答案】

【分析】利用圆柱和圆锥的表面积公式，可得解.

【详解】解：由圆柱的表面积公式可得这个几何体上半部分的表面积；

由锥体侧面积公式可得这个几何体下半部分的表面积；

故几何体的表面积．

故答案为：．

四、解答题

17．已知角.

(1)将改写成的形式，并指出是第几象限的角；

(2)在区间上找出与终边相同的角．

【答案】(1)，第二象限角

(2)和

【分析】（1）根据角度制与弧度制的互化公式进行求解即可；

（2）利用代入法进行求解即可.

【详解】（1），

因为为第二象限，所以是第二象限角；

（2）与终边相同的角可以写出，

由，

得当时，，

当时，，

所以在区间上与终边相同的角为和．

18．已知复数z使得，其中i是虚数单位.

(1)求复数z的共轭复数；

(2)若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据复数的除法运算以及加法运算化简复数，即可根据复数的分类求解，

（2）根据复数乘法化简，根据第四象限的点的特征即可列不等式求解.

【详解】（1）设，∴

∴

∴   所以，解得，

∴，

∴；

（2）∵m为实数，

∴，

解得

∴的取值范围是.

19．已知向量，满足，且，．

(1)求；

(2)若与的夹角为，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据向量的线性运算计算即可；

（2）由计算即可.

【详解】（1）解：，

又因为，，

∴；

（2）解：由题意可得，

又因为，

所以.

20．记钝角的内角的对边分别为，已知．

(1)若，求；

(2)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化简整理得到，结合求出，从而得到；

（2）由（1）知，分与两种情况，利用正弦定理得到，由对勾函数可得解.

【详解】（1）由已知得，，

即，

即，

即．

若，则，

因为，故．

从而．

（2）由得，

若，则，即，与为钝角三角形矛盾．

因此，得，故，

所以

，

因为，所以，，

所以的取值范围为．

21．如图，洪泽湖湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为120°的公路（长度均超过2千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得千米，千米．

(1)求线段MN的长度；

(2)若，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．

【答案】(1)千米

(2)千米

【分析】（1）在中，利用余弦定理运算求解；

（2）在中，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，进而可得结果.

【详解】（1）在中，由余弦定理得，，

即，可得，

所以线段MN的长度千米．

（2）设，因为，所以，

在中，由正弦定理得，

因为＝，

所以，

因此

＝，

因为，所以，

所以当，即时，取到最大值千米．

22．如图①梯形ABCD中，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．

(1)证明：Q是AC的中点；

(2)证明：平面BEQ；

(3)M是AB上一点，已知二面角为45°，求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）利用三角形相似证得，再利用线面平行的判定定理与性质定理可证得；

（2）利用面面垂直的性质定理证得平面BCDE，再利用线面垂直的判定定理及性质定理可证得结果.

（3）过M作，过H作于点G，连结MG，利用二面角的定义求得，再利用三角形相似可求解.

【详解】（1）在图①中过C作，则，

图②中，连接BD，CE，

又∵，∴，∴，∴且．

∴，∴，

在中，，

∴，又平面ACD，平面ACD，

∴平面ACD，平面平面，

∴，∴，

又R是CD的中点，∴Q是AC的中点；

（2）如图，在直角梯形BCDE中，，∴

中，，，∴

∴，∴

又∵平面平面BCDE，平面平面BCDE，

∴平面BCDE，平面BCDE，∴，

又，平面ACE，

又平面ACE，∴，

在中，，，∴

∴，又由（1）Q是AC的中点，

∴，，∴平面ACD，

又平面ACD，∴

又∵，，∴平面ADE，

∴，又，∴平面BEQ；

（3）如图，过M作，过H作于点G，连结MG，

则∠MGH为二面角的平面角，∴，

设，∴

又，∴

在中，，

由得，即，∴

∴