江西省九江市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份江西省九江市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，四象限以及轴负半轴上，，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以.
故选：C.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为
.
故选：D.
3. 如图，正方体中，是底面的中心，，，，分别为棱，，，的中点，则下列与垂直的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】取的中点，连接、、、，根据正方体的性质可得，
，，
所以为异面直线与所成角，
设正方体的棱长为，则，，，
所以，所以，显然，
故直线与不垂直，故A错误；
因为，，所以，又，，
平面，
所以平面，平面，所以，所以，故B正确；
取的中点，连接、，则且，又且，
所以且，所以为平行四边形，所以，
所以为与所成的角，显然，所以与不垂直，
故C错误；
连接，因为平面，平面，所以，
若，，平面，所以平面，
又平面，所以，显然与不垂直，故假设不成立，
所以与不垂直，故D错误.
故选：B.
4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，得，设与的夹角为，
因为，所以，因为，所以.
故选：C.
5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，所以，
，所以，，所以.
故选：D.
6. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由三角函数的基本关系式和倍角公式，可得，
因为，所以，
整理得，即，
因，可得，所以，
则，所以.
故选：A.
7. 把半径为R的一圆形纸片，自中心处剪去中心角为120°的扇形后围成一无底圆锥，则该圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，设无底圆锥的底面半径为，其母线长为，
根据题意可知圆锥的侧面展开图为240°的扇形，
则有，可得，故该圆锥的高．
故选：C．
8. 在中，已知，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，，
可得，，
又，，
，可得，
，当且仅当时取等号，
又，则，所以，
的取值范围为．
故选：C．
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的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 已知非零向量，，，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则，共线D. 若，则，共线
【答案】BCD
【解析】对于A，若，即，
即，得不到，故A错误；
对于B，若，
则，所以，故B正确；
对于C，若，且为非零向量，由平面向量共线定理可知，，共线，故C正确；
对于D，若，设与的夹角为，则两边平方可得，
，即，
所以，则，所以，即与是共线且反向，故D正确.
故选：BCD.
10. 若为第四象限角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】由于为第四象限角，所以，
所以，
，
所以终边落在第三、四象限以及轴负半轴上，
终边落在第二或第四象限的角，
故BC正确，AD错误.
故选：BC.
11. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 是偶函数B. 的最小正周期为
C. 在区间上单调递减D. 的最大值为2
【答案】AC
【解析】对于A，的定义域为，且，
故为偶函数，故A正确；
对于B，由于所以，
故不是的周期，故B错误；
对于C，当时，，
，故在区间上单调递减，C正确；
对于D，其中，
所以取不到2，故D错误.
故选：AC.
12. 如图，正方体中，，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于A中，如图（1）所示，在正方体中，连接，
连接，在正方形中，可得，
由平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
连接，同理可证平面，因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A正确；
对于B中，当点不与重合时，过点作，
因为，所以，所以平面即为平面，
如图所示，在正方形中，与不垂直，
所以与平面不垂直，所以B不正确；
对于C中，分别连接，
在正方体，因为，平面 平面，
所以平面，同理可证：平面，
因为且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
又因为是上的一动点，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，
因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；
对于D中，将绕着展开，使得平面与平面重合，
如图（2）所示，连接，当为和的交点时，
即为的中点时，即时，取得最小值，
因为正方体中，，可得，
，
等边中，可得，在直角中，可得，
所以的最小值为，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】由复数在复平面内对应的点为，
因为复数在复平面内对应的点在第四象限，则满足，解得，
所以实数m的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知向量，，则在方向上的投影数量为______．
【答案】
【解析】在方向上的投影为.
故答案为：.
15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为______．
【答案】
【解析】由正弦定理可得，
由于，所以，
由得，
故，所以，
故的面积为.
故答案为：.
16. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．如图“三角垛”共三层，最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径均为1且两两相切，则该“三角垛”的高度为______．
【答案】
【解析】依题意连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心得到一个正四面体，
且该正四面体的棱长为，
则该“三角垛”的高度为正四面体的高，
如图正四面体棱长为，设底面的中心为，连接并延长交于点，
则为的中点，
连接，则为底面上的高，，，
所以，所以“三角垛”的高度为.
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. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）若，求的值．
解：（1）
，
所以周期为.
（2）由于，所以，
故
.
18. 已知四边形ABCD是边长为2的菱形，，P为平面ABCD内一点，AC与BP相交于点Q．
（1）若，，求x，y的值；
（2）求最小值．
解：（1）当时，则为的中点，
由于，所以，
所以.
（2）由于四边形ABCD是边长为2的菱形，且，建立如图所示的直角坐标系，
则，
取中点为，连接，则，，
设，，
，
故当时，取最小值.
19. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，是的重心．
（1）求证：∥平面；
（2）若，，求圆锥的体积．
解：（1）证明：取的中点，连接，
因为为等边三角形，，所以分别在上，
因为是的重心，所以，
因为为的重心，所以，
所以，所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面.
（2）因为∥，所以，
因为，所以，所以，
因为为等边的重心，所以，
所以底面圆的面积为，，
所以圆锥的体积为.
20. 如图，已知函数的图象与x轴相交于点，图像的一个最高点为．
（1）求的值；
（2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数的所有零点之和．
解：（1），所以，所以，
又因为函数的图象的一个最高点为，
所以，所以，
所以，因为，所以，所以，
所以.
（2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，
所以，
令，得，
问题等价于与图象的所有交点的横坐标之和，
函数与图象关于对称，
令，解得：，
函数与的图象如下图所示：
故两函数的图象有且仅有9个交点，
所以，故函数的所有零点之和为.
21. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，D为角B的平分线上一点，且，求证：A，B，C，D四点共圆．
解：（1）由正弦定理及可得，，
因为，且，则且，
所以，
即，则，即，所以.
（2）证明：由（1）可得，，如图，D为角B的平分线上一点，
所以，在中，由正弦定理可得，
，同理，在中，，
因为，，所以，
所以，
所以，
所以，
所以A，B，C，D四点共圆．
22. 如图，在三棱柱中，，，平面．
（1）求证：平面；
（2）若点在棱上，当的面积最小时，求三棱锥外接球的体积．
解：（1）因为平面，平面，所以，
在三棱柱中，，所以平行四边形为菱形，所以，
又，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
所以，所以当的面积最小时，最小，
此时，
又，，所以为等边三角形，
所以为的中点，
平面，平面，所以，，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
所以，
所以三棱锥外接球的球心为的中点，
所以三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的体积.