[数学][期末]江西省抚州市2022-2023学年高一下学期学生学业发展水平测试期末试题(解析版)

这是一份[数学][期末]江西省抚州市2022-2023学年高一下学期学生学业发展水平测试期末试题(解析版)，共15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。

一、单选题：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，只有一项符合题目要求的．
1. 若复数，则它在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】复数在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D.
2. 若角的终边经过点，则等于（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】因为角的终边经过点，则，
所以，
所以.
故选：A.
3. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，可得，
又由，，
所以.
故选：C.
4. 四边形直观图为如图矩形，其中，，则四边形的周长为（ ）
A. 8B. 10C. 12D. 16
【答案】C
【解析】由题意可得四边形为平行四边形，如图所示，设交轴于点，
则，
所以，
所以四边形的周长为.
故选：C.
5. 已知平面向量，的夹角为，且，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，又向量，的夹角为，
且，所以，
所以在方向上的投影向量为.
故选：D.
6. 若的内角，，所对的边分别为，，，已知，且，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】因为，所以，
利用正弦定理可得：，所以，又，
所以，解得：.
故选：C.
7. 把边长为的正方形沿对角线折起，使得平面与平面所成二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图，取中点，连接，
因为，，
所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，即，
所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
即，得，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
8. 已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
当时，，
因为函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，
所以，，解得，
因此，最小值为.
故选：B.
二、多选题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知角的终边在第一象限，那么角的终边可能在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】AC
【解析】因为角的终边在第一象限，所以，
所以，
当时，，则终边在第一象限；
当时，，则终边在第三象限；
所以角的终边可能在第一象限或第三象限.
故选：AC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数图象向右平移个单位可得函数的图象
D. 若方程在上有两个不等实数根x1，x2，则
【答案】ACD
【解析】对于A：由图可知，，所以，
所以，则，
将点代入得：，
所以，，又，所以，
所以，A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，将函数图象向右平移个单位，
可得函数，故C正确；
对于D，因为，
所以函数图象关于对称，
由条件结合图象可知，于是，
所以，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 的图象关于原点对称
C. 有最小值D. 在上为增函数
【答案】BD
【解析】由函数，
对于A中，由，所以的最小正周期为，所以A错误；
对于B中，由的定义域关于原点对称，且，
所以的图象关于原点对称，所以B正确；
对于C中，由函数的值域为，可得，所以C错误；
对于D中，由，可得，可得函数单调递增，
所以在上也单调递增，所以D正确.
故选：BD.
12. 如图，在棱长为1的正方体中，则（ ）
A. 平面
B. 平面平面
C. 与平面所成角大小为
D. 平面与平面所成二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】对于A：因为且，所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B：
∵，平面，平面，所以，
，平面，∴平面，
又平面，∴平面平面，故B正确；
对于C：设，连接，因为平面，
所以即为直线与平面所成角，又，
所以，即直线与平面所成角为，故C错误；
对于D：设，取的中点，连，，，
则，，又平面，平面，
所以，所以，所以为平面与平面所成的角，
又，，，
∴，
所以平面与平面所成二面角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，，若，则________．
【答案】
【解析】因为，且，所以，解得.
故答案为：.
14. 已知，则________．
【答案】
【解析】因为，所以
.
故答案为：.
15. 以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积是________．
【答案】
【解析】因为的长度为，所以，，
所以勒洛三角形的面积是.
故答案为：.
16. 在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为________．
【答案】
【解析】取的中点，连接，因为，
所以和都是等边三角形，所以，
所以是二面角的平面角，即，
设球心为，和的中心分别为，则平面，平面，
因为，公共边，所以≌，
所以，
因为，所以，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答题应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤
17. 已知复数是方程的一个虚根（是虚数单位，）．
（1）求；
（2）复数，若为纯虚数，求实数的值．
解：（1）∵，∴，
∴且，∴，
∴，则.
（2）∵，
又为纯虚数，∴且，∴.
18. 已知，，如图，在中，点，满足，，是线段上靠近的三等分点，点为的中点，且，，三点共线．
（1）用，来表示；
（2）求的最小值．
解：（1）∵，∴，
∴.
（2）∵，，∴，，
∴，∴，
∵，，三点共线，∴，
∴，∴，
∴当且仅当，时，的最小值为．
19. 已知函数．
（1）求对称中心和单调递增区间；
（2）求在区间上的最值及相应的值．
解：（1）∵
，
由得，∴的对称中心，，
由得，
∴的增区间为.
（2）令，则，
∵，∴，
当，即时，，
当，即时，∴．
20. 在平行四边形中，，过点作的垂线交的延长线于点，．连接交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置．如图2．
（1）证明：直线平面；
（2）若为的中点，为的中点，且平面平面，求三棱锥与三棱锥的体积之比．
解：（1）如图1在，，，∴，
∴，
在中，，，∴，∴，
∴，∴，，∴，
如图2，，，
∵，平面，∴平面．
（2）∵平面平面，，平面平面，
平面，∴平面，
，又，所以，
∴，
，
∵，，
又∵，∴．
21. 已知中，角，，的对边分别为，，，若，．
（1）求角；
（2）若点在边上，且满足，当的面积最大时，求的长．
解：（1）∵，∴，∴，
∴，
∴，
∵，∴，即，
，∴．
（2）∵，∴，∴，，
∴仅当取等号，
此时三角形面积有最大值，
因为，，所以为正三角形，所以，
又∵，∴，
在中，，
所以，∴．
22. 函数．
（1）证明：函数是偶函数，并求的最小值；
（2）若，对任意恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）证明：由函数，可得其定义域为，关于原点对称，
又由，所以函数为偶函数，
令，可得，
因为，当且仅当时，即，即时，等号成立，
所以函数的最小值为.
（2）由（1）知，函数是偶函数，
则不等式，
即为，
任取且，
则，
因，可得，
又因为，可得，所以，
所以，即，所以在为单调递增函数，
可得，
因为，所以，
令，可得，
所以，所以，
又由函数在上为单调递增函数，
所以，所以，解得或，
所以实数的取值范围．