2022-2023学年四川省泸州市泸县一中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省泸州市泸县一中高一（下）期末数学试卷（含解析），共16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。
2022-2023学年四川省泸州市泸县一中高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  复数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2.  命题“，”的否定形式是(    )A. ， B. ，
C. ， D. ，3.  已知，，则是的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件4.  将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则(    )A.  B. 的图象关于对称
C.  D. 的图象关于直线对称5.  已知向量，满足，，且，的夹角为，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知是上的偶函数，，当时，，则函数的零点个数是(    )A.  B.  C.  D. 7.  在中，内角，，所对的边分别为，，，，则外接圆面积的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知，，且，则最小值为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  下列选项中其值等于的是(    )A.  B.
C.  D. 10.  在中，角，，的对边分别为，，，则下列各组条件中使得有唯一解的是(    )A.  B.
C.  D. 11.  如图，已知，，，，，且，，，，，分别是线段，的中点，则下列结论一定成立的是(    )

 A. 当直线与相交时，交点一定在直线上
B. 当直线与异面时，可能与平行
C. 当，，，四点共面且时，
D. 当，两点重合时，直线与不可能相交12.  已知函数，则(    )A. 是偶函数 B. 在区间上单调递减
C. 在区间上有四个零点 D. 的值域为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  将一个总体分为，，三层，其个体数之比为：：，，三层的样本的平均数分别为，，，则样本的平均数为______ ．14.  在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则______15.  已知四点在半径为的球面上，且，，，则三棱锥的体积是_________．16.  已知函数，函数，若存在，，使成立，则实数的取值范围是______ 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知：、、是同一平面内的三个向量，其中
若，且，求的坐标；
若，且与的夹角为锐角，求实数的取值范围．18.  本小题分
为检查学生学习传染病防控知识的成效，某校高一年级部对本年级名新生进行了传染病防控知识测试，并从中随机抽取了份答卷，按得分区间，，，，，分别统计，绘制成频率分布直方图如图．
求图中的值；
若从高一年级名学生中随机抽取人，估计其得分不低于分的概率；
估计高一年级传染病防控知识测试得分的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值作代表
19.  本小题分
已知函数，．
 求的最小正周期及单调减区间；
求在闭区间上的最大值和最小值．20.  本小题分
如图，在中，，的角平分线交于点．
求的值；
若，，求的长．
21.  本小题分
在四棱锥中，平面底面，底面是菱形，是的中点，，，．
证明：平面．
若四棱锥的体积为，求．
22.  本小题分
已知函数，．
Ⅰ写出函数的解析式；
Ⅱ若直线与曲线有三个不同的交点，求的取值范围；
Ⅲ若直线与曲线在内有交点，求的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限．
故选：．
直接利用复数代数形式的除法运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案．
本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
 2.【答案】 【解析】【分析】本题考查全称量词命题与存在量词命题否定，考查推理能力，属于基础题．
根据全称量词命题的否定为存在量词命题，写出否定形式即可．【解答】解：“，”的否定形式是“，”，
故选：．  3.【答案】 【解析】解：由，得，，所以是的必要不充分条件．
故选：．
正切函数为周期函数，所以的取值有无穷多，从而对选项进行判断．
本题主要考查充分条件与必要条件，属基础题．
 4.【答案】 【解析】解：函数的图象向左平移个单位长度，
得到的图象．
则：令，解得：故错误．
令，
解得：，
令，
解得：，
当时，，
故函数的对称中心为：
故选：．
直接利用三角函数的关系式平移变换求出函数的关系式，进一步利用整体思想求出结论．
本题考查的知识要点：三角函数的平移变换，正弦型函数的图象对称性的应用．
 5.【答案】 【解析】解：，，且，的夹角为，
，
则．
故选：．
由已知可得，再由，展开后代入数量积求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查向量模的求法，是基础题．
 6.【答案】 【解析】解：是上的偶函数，，
所以函数的周期为，
画出函数与的图象，
由图象可知当时，两个函数的图象有个交点，
又函数与均为偶函数，
所以函数的零点个数是．
故选：．
判断函数的周期性，画出函数的图象，利用数形结合求解函数的零点个数即可．
本题考查函数的零点个数的求法，数形结合的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
 7.【答案】 【解析】解：因为，
当且仅当时取等号，
所以，
又，故，
又，
所以，
所以外接圆面积即最小值．
故选：．
由已知结合基本不等式可求，然后结合正弦函数的性质可得，然后结合基本不等式及勾股定理即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，考查了逻辑推理能力．
 8.【答案】 【解析】解：因为，，且，
所以

，
当且仅当，即时取得最小值为，
故选：．
利用已知以及配方法将已知关系式化为，然后利用基本不等式求出最值即可．
本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
，故D正确．
故选：．
根据诱导公式，两角差的余弦公式，二倍角公式计算各选项即可得答案．
本题主要考查三角恒等变换，考查转化思想与运算求解能力，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
根据正弦定理以及余弦定理分别判断即可．【解答】解：对于，由余弦定理，可得，
即，解得，可得有两个解，故错误；
对于，由余弦定理，可得，
即，解得，负值舍去，可得有一个解，故正确；
对于，由，，可得，可得角不唯一，故错误；
对于，由，且，故B为锐角且有唯一解，可得有一个解，故正确；
故选：．  11.【答案】 【解析】【分析】本题考查空间中直线和直线的位置关系，以及线面平行的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
由平面的基本性质可判断；考虑，由面面平行的判定和性质，推得矛盾，可判断；由线面平行的判定和性质，可判断；由三角形的全等推得，再由线面平行的判定和性质可判断．【解答】解：当，相交，设交点为，可得在直线上，也在平面内；在直线上，也在平面内，可得在、的交线上，故A正确；
当直线与异面时，假设，连接，取的中点，连接，，
因为，为，的中点，所以，所以由面面平行的判定定理可得平面平面，
同理可得平面平面，所以，与已知条件矛盾，故B错误；
当，，，四点共面且时，可得，由线面平行的性质定理可得，所以，故C正确；
当，两点重合时，且，为中点，可得，，，四点共面，≌，
推得，由线面平行的判定和性质，可得直线与平行，不可能相交，故D正确．
故选：．  12.【答案】 【解析】解：对于：其定义域为，，即函数是偶函数，故A正确；
对于：时，，，
由正弦函数的单调性可知，在区间上单调递减，故B正确；
对于：时，，，此时，可得或，
因为是偶函数，所以在区间上的零点为，，，故C错误；
对于：当，且，时，，，
当，且，时，，，
又是偶函数，所以函数的值域为，故D正确．
故选：．
由定义判断；由正弦函数的单调性判断；由在上的零点结合奇偶性判断；讨论的值域，结合奇偶性判断．
本题主要考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由题意可知，样本的平均数为．
故答案为：．
根据已知条件，结合加权平均数公式，即可求解．
本题主要考查加权平均数公式，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：，，，
，
由余弦定理，可得：．
故答案为：．
由已知利用二倍角公式可求的值，进而根据余弦定理即可计算得解．
本题主要考查了二倍角公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】【分析】
本题考查三棱锥体积的计算，考查学生的计算能力，构造长方体是关键．
构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥，计算出长方体的长宽高，即可求得三棱锥的体积．
【解答】
解：由题意，构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥，
如图所示，

设长方体的长宽高分别为，，，
则
解得，，
三棱锥的体积是，
故答案为．  16.【答案】 【解析】解：因为，
所以在上单调递减，
所以；
又因为，
当时，，
所以，，
所以，
又因为存在，，使成立，
所以，
若，
又因为，，
则有或，
解得，
所以的解集为．
故答案为：．
求出的值域为，的值域为，由题意可得，利用补集思想求解即可．
本题考查了三角函数的性质，利用分离常数法求函数的值域，属于中档题．
 17.【答案】解：，，故可设，由，可得，
解得，
或．
，，
，
与的夹角为锐角，
，
，．
而当与共线且方向相同时，，，
解得，
故的取值范围为． 【解析】本题主要考查两个向量的数量积公式，两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，两个向量夹角公式的应用，属于中档题．
设，由，可得，解方程求得值．
求出，由与的夹角为锐角可得，解得的范围，
而当与共线且方向相同时，求出对应的的值，从而得到的取值范围．
 18.【答案】解：由频率分布直方图得：
，
解得．
估计得分不低于分的概率为：
．
估计得分的平均数为：
． 【解析】由频率分布直方图的性质列出方程，能求出的值．
由频率分布直方图能估计得分不低于分的概率．
由频率分布直方图能估计得分的平均数．
本题考查频率、概率、平均数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 19.【答案】解：函数

，
的最小正周期； 
令，求得，可得的减区间为  ，．
在闭区间上，，
故当时，函数取得最大值为，
当时，函数取得最小值为． 【解析】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性、单调性，定义域和值域，属于中档题．
利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性、单调性，求得的最小正周期及单调减区间．
利用正弦函数的性质，求得在闭区间上的最大值和最小值．
 20.【答案】解：因为平分，则，
又，，且，
则；
因为平分，则，又，则，
在和中，由余弦定理可得：
，即，
又，，，则，
整理可得，解得，
所以． 【解析】利用角平分线的性质以及三角形的面积公式分别求出三角形和三角形的面积，由此即可求解；利用角平分线的性质得出，再在三角形和三角形中，分别利用余弦定理建立方程求出的值，由此即可求出的值．
本题考查了解三角形问题，涉及到角平分线的性质以及三角形的面积公式，余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
 21.【答案】解：证明：连接交于点，连接，
因为底面是菱形，所以是的中点，
又是的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
取的中点，连接，则，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
设，则，得，
连接，因为底面是菱形，，所以，且，
因为，所以，
又，所以由余弦定理可得． 【解析】连接交于点，连接，可得，由线面平行的判定定理可得答案；
取的中点，连接，则，由面面垂直的性质可得平面，设，则求出，连接，由底面是菱形，求出，再由余弦定理可得答案．
本题主要考查棱锥的体积公式，直线与平面平行的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
 22.【答案】解：Ⅰ当，得或，此时；
当，得，此时．

Ⅱ当时，直线与曲线只有个交点，不符题意．
当时，由题意得，直线与曲线在或内必有一个交点，且在的范围内有两个交点．
由消去得．
令，则应同时满足以下条件：

解得或，
所以的取值范围为．
Ⅲ由方程组消去得
．
由题意知方程在内至少有一个实根，设两根为，，
不妨设，．
由根与系数关系得，．



．
当且仅当，时取等号．
所以的取值范围为． 【解析】Ⅰ由绝对值的意义和二次不等式的解法，即可得到的解析式；
Ⅱ当时，直线与曲线只有个交点，不符题意．当时，由题意得，直线与曲线在或内必有一个交点，且在的范围内有两个交点．由消去得令，写出应满足条件解得；
Ⅲ由方程组消去得由题意知方程在内至少有一个实根，设两根为，，不妨设，由根与系数关系得，代入求解即可．
本题考查了函数与方程，涉及了分段函数、零点、韦达定理等内容，综合性较强，难度大．