精品解析：湖北省咸宁市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

咸宁市2022-2023学年度下学期高中期末考试

高一数学试卷

本试卷共8页，时长120分钟，满分150分.

一､选择题：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】B

【解析】

【分析】根据复数的模逐一验证即可.

【详解】因为，所以，A错误；

因为，所以，B正确；

因为，所以，C错误；

因为，所以，D错误.

故选：B

2. 已知，，则y的最小值为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】由，得到，化简，结合基本不等式，即可求解.

【详解】因为，所以，

则，

当且仅当，即时取等号，

故选：D.

【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中熟记基本不等式的“一正、二定、三相等”的条件，合理运算是解得的关键，着重考查推理与运算能力.

3. 若一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据侧面展开图的弧长等于底面周长列方程求出底面半径，再利用勾股定理可求出圆锥的高.

【详解】设圆锥底面圆半径，

因为圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，

所以，即，

所以圆锥的高为，

故选：C

4. 设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（   ）

A. 内有无数条直线与平行 B. ，垂直于同一个平面

C. ，平行于同一条直线 D. ，垂直于同一条直线

【答案】D

【解析】

【分析】根据面面平行的判定一一判定即可.

【详解】对于A：内有无数条直线与平行推不出∥，只有内所有直线与平行才能推出，故A错误；

对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误；

对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误；

对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，故：D正确．

故选：D

5. 定义在上的函数满足，且，则（    ）

A.  B. 0 C. 1 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】判断出函数是以4为周期的周期函数，结合函数的周期可求解.

【详解】，则，从而，

即以4为周期，故.

故选：D.

6. 若存在实数，使得，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意存实数，使得，则满足，然后对参数进行分类讨论即可解决.

【详解】依题意可知，；

当时，，显然成立；

当时，由，

令，

由在为递增函数，

所以在为递增函数，且，

因此，即，

综上可知.

故选：B.

7. 如图，已知平面向量满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，过分别作的平行线，不妨设，可得，进而可得答案.

【详解】设，过分别作的平行线，

分别交于，

如图，不妨设，

所以，

则，

从而，

故.

故选：A.

8. 已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，过两点做一个平面，使得，则平面将四棱锥分的上､下两部分的体积比（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用平面性质作出截面，然后利用重心性质及体积公式求出体积之比即可.

【详解】设平面与交于点，因为，而面，

则，连接交于点，连接交于点，则三点共线，

因为为中点，从而为重心，从而，

因为，所以，

因为，所以，

因此，故.

故选：B

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. 若复数满足：为的共轭复数，则（    ）

A.

B.

C. 在复平面对应的点位于第二象限

D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用复数除法运算法则及幂运算先化简得出复数，在写出它的共轭复数然后逐项分析即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以，

故选项A正确；

，

故选项B正确；

复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，

故选项C错误；

，

故D正确.

故选：ABD.

10. 某学校为了普及防溺水安全知识，对本校1000名学生开展了一次防溺水安全知识竞赛答题活动，从中随机抽取100名学生的得分，按照分成六段，整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（    ）

A. 根据直方图，该校竞赛得分落在的频率为0.3

B. 根据直方图，该校竞赛得分的第75百分位数估计大于130

C. 根据直方图，该校竞赛得分的众数约为135

D. 根据直方图，该校竞赛得分的平均分约为121

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据频率分布直方图求众数、百分位数、平均分的定义即可得解.

【详解】对于A选项，分数在内的频率为，A正确；

对于B选项，注意到分数落在的频率为，从而第75百分为数超过，B正确；

对于C选项，因为的频率为0.3最大，故众数约为，C错误；

对于D选项，平均分：，故D正确.

故选：ABD.

11. 已知函数，则（    ）

A. 当时，的最小正周期是

B. 在上单调递增

C. 当为奇函数

D. 当时，图象关于对称

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用可判断A；根据在上均单调递增可判断B；利用奇函数定义判断出是奇函数可判断C；利用诱导公式化简可判断.

【详解】对于A，当时，，此时，不恒等于，故A错误；

对于，在上均单调递增，则当时，单调递增，故B正确；

选项C，易知的定义域关于原点对称，当时，，即是奇函数，故C正确；

选项D，则，所以的图象关于直线对称，故正确.

故选：BCD.

12. 如图，已知分别是四边形的中点，为对角线与的交点，则下列正确的是（    ）

A 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】对选项A、B，先判断四边形为菱形，再利用菱形的性质判断即可，对选项C、D，利用向量垂直运算及数量积的运算律判断即可.

【详解】对于选项，因为分别是四边形的中点，所以且，

同理且，所以且，

所以四边形为平行四边形，又，所以，所以为菱形，因此，故正确；

对于选项，因为四边形为菱形，并不一定有，故错误；

对于选项，因为，所以，

，

同理，，故C正确；

对于D选项，因为，所以

，故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. 函数的图像一定过定点，则点的坐标是__________.

【答案】

【解析】

【分析】用指数函数恒过点推理指数型函数恒过点即可.

【详解】因为函数，

所以，令，解得，

此时，

所以函数的图象过定点.

故答案为：.

14. 已知半球的半径为2，如图，截面圆平行于半球的底面的，以该截面圆为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】画图，设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为，建立方程由基本不等式求出的最大值，然后求出剩下的几何体的表面积

【详解】依题意，设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为，

如图所示：

则，

所以，

当且仅当时，取到等号，

因此剩下的几何体的表面积为：

.

故答案为：.

15. 如图，已知正六边形的顶点分别是正六边形的边上的点，其中，若正六边形和的面积分别为，且满足，则的值为__________.

【答案】##

【解析】

【分析】利用全等得出，由，得出，设，则，结合余弦定理即可求出，，然后利用余弦定理求解即可.

【详解】题意可知，，则，

由，

设，则，

由余弦定理，，

即，

故，

解得或（舍去），则，

从而.

即.

故答案为：

16. 已知均为锐角，，则的最小值为______.

【答案】##

【解析】

【分析】化切为弦，然后利用两角和余弦公式展开，利用基本不等式求解最值即可.

【详解】，

因为均为锐角，则，因此，

因此

，当且仅当时，等号成立.

故答案为：

四､解答题：本题共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. 设集合.

（1）若，求实数a的取值范围；

（2）若中只有一个整数，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）解一元二次不等式得集合A，然后分和讨论可解；

（2）利用数轴分析即可求解.

【小问1详解】

，

因为，所以，

当时，则，故符合题意，

当时，则，可知，即，

综上可知，.

【小问2详解】

或，

因为中只有一个整数，因此该整数为3，

如图，     

由，所以，所以.

18. 已知向量，且.

（1）求的值；

（2）求在方向上的投影向量的坐标.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由求出，可求出的值，进而可得答案；

（2）利用投影向量的定义，平面向量的夹角公式以及平面向量数量积的运算法则求解即可.

【小问1详解】

根据条件，

，则，即.

【小问2详解】

根据投影向量的计算公式，在方向上的投影向量，

其中为，是与同向的单位向量，即，

由夹角公式，，

则，

而.

故.

19. 如图，在五面体中，四边形为等腰梯形，，且.

（1）证明：；

（2）若等边三角形，且面面，求与面所成角.

【答案】（1）证明见解析   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理，结合直线平行的传递性可证；

（2）利用面面垂直性质定理证明面，然后可知即为所求，根据三角函数定义可得.

【小问1详解】

依题意面面，

所以平面，

又面，面面，

所以，所以.

【小问2详解】

在等腰梯形中，不妨设，，

分别过作的垂线EG，FH，则，故

所以，

所以，所以，

又面面，面面面，

因此面，

从而与平面所成角即为，，

其中，

因而，故，从而与平面所成角为.

20. 已知的部分图象如图所示，两点是与轴的交点，为该部分图像上一点，且的最大值为4；

（1）求的解析式；

（2）将图像向左平移个单位得到的图像，设在上有三个不同的实数根，求的值.

【答案】（1）   

（2）1

【解析】

【分析】（1）根据图形求得，可得，根据为对称轴，求得，根据的最大值为2，求得；

（2）求出，则，利用三个零点满足即可求解.

【小问1详解】

依题意，，故，从而，

而为对称轴，故，则，

根据可知，，

设为的中点，则，则的最大值为2，因此，

从而.

【小问2详解】

依题意，，

则

在存在三个实数根，设，

的三个零点满足，

从而，

故.

21. 在中，所对的边分别为，已知.

（1）若，求的值；

（2）若为锐角，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理角化边，结合已知联立求解可判断三角形形状，然后可得；

（2）根据正弦定理边化角，利用和差公式、平方关系，结合已知化简可得，然后利用换元法，函数单调性可得.

【小问1详解】

依题意，

由正弦定理可知，，

根据余弦定理，，即，

又，则，即，即或（舍去），

所以，

因此为等腰直角三角形，故.

【小问2详解】

由条件，则，即，且，

根据正弦定理可得：

，

因为A为锐角，所以，

所以，

令，

而在上单调递增，故在上单调递增，

因此，即，

即的取值范围是.

22. 已知，其中.

（1）若，求取值范围.

（2）设，若，恒有，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据的奇偶性与单调性列式求解即可；

（2）根据题意分析可得，结合单调性求最值，代入运算求解即可.

【小问1详解】

注意到，即为偶函数，

当时，，

当时，，则，

当时，，则，

因此对时，，即在上单调递增，

则，即，故，

平方可得，即，解得，

所以的取值范围.

【小问2详解】

设，依题意可知，

因为，

则，

当时，由（1）可知，在上单调递增，在上单调递增，

则在上单调递增，可得在上单调递减，

所以，

又因为

，

且在上单调递增，则在上单调递增，

可得在上单调递增，所以，

，

因此恒成立，

设，即，则，解得，

即，解得，

结合可知，可得，

所以的取值范围.

【点睛】结论点睛：

1.对，，则等价于；

2.对，，则等价于；

3.对，，则等价于；

4.对，，则等价于.