四川省泸县第一中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份四川省泸县第一中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省泸县第一中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
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p是q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.7 C. D.3
6、已知是R上的偶函数，，当时，，则函数的零点个数是( )
A.12 B.10 C.6 D.5
7、在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，，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.4
二、多项选择题
9、下列选项中其值等于的是( )
A. B.
C. D.
10、在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列各组条件中使得有唯一解的是( )
A.，， B.，，
C.，， D.，，
11、如图，平面平面直线l，点A，，点B，，且A，B，C，，点M、N分别是线段AB、CD的中点.( )

A.当直线AC与BD相交时，交点一定在直线上
B.当直线AB与CD异面时，MN可能与l平行
C.当A、B、C、D四点共面且时，
D.当M、N两点重合时，直线AC与l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
13、将一个总体分为A，B，C三层，其个体数之比为5∶3∶2，A，B，C三层的样本的平均数分别为15，30，20，则样本的平均数为_____.
14、在中，角A，B，C所对的边分别为a、b、c，若，，，则_____.
15、已知A，B，C，D四点在半径为的球面上，且，，，则三棱锥的体积是__________．
16、已知函数，图象，若存在，，使成立，则实数a的取值范围是________
四、解答题
17、已知，，是同一平面内的三个向量，其中.
（1）若，且，求的坐标；
（2）若，与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
18、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1200名新生进行了传染病防控知识测试，并从中随机抽取了300份答卷，按得分区间、、、、、分别统计，绘制成频率分布直方图如下.

（1）求图中a的值；
（2）若从高一年级1200名学生中随机抽取1人，估计其得分不低于75分的概率；
（3）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、已知函数，.
（1）求的最小正周期和单调区间；
（2）求在闭区间上的最大值和最小值．
20、如图，在中，，的角平分线交BC于点D.

（1）求的值；
（2）若，，求AB的长.
21、在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，，，.

（1）证明：平面EAC．
（2）若四棱锥的体积为，求．
22、已知函数，
（1）写出函数的解析式；
（2）若直线与曲线有三个不同的交点，求a的取值范围；
（3）若直线与曲线在内有交点，求的取值范围.
参考答案
1、答案：C
解析：因为，故复数在复平面内对应的点的坐标为，它在第三象限，故选：C.
2、答案：D
解析：命题“，”的否定形式是“，”，
故选：D
3、答案：B
解析：，则，；而q只有，
因此为假，为真，所以p是q的必要不充分条件.
故选：B
4、答案：B
解析：由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，
可得，所以A不正确；
由，所以的图象关于对称，
所以B正确；
由，所以C不正确；
令，，可得，，
可得不是函数的对称轴，所以D不正确.
故选：B.
5、答案：C
解析：由题意得：，
所以.
故选：C
6、答案：B
解析：
由得函数周期是，又偶函数，
且在时，，因此可得，
是偶函数，作出函数与时，的图象，
由图象可知，当时，两函数图象有5个交点.
又函数与均为偶函数，
所以函数的零点个数是10.，
即函数的零点个数是10．
故选：B．
7、答案：D
解析：，当且仅当时等号成立，，又三角形中，，所以，，三角形为直角三角形，斜边即为外接圆的直径．
又，当且仅当时等号成立，
，时等号成立．
故选：D．
8、答案：C
解析：，结合可知：
原式，且
当且仅当，时等号成立．
即最小值为．故选：C
9、答案：BD
解析：，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
，故D正确．
故选：BD.
10、答案：BD
解析：对于A中，在中，，可得，
由正弦定理可得，可得，
又由，所以在区间内A有两解，所以有两解；
对于B中，在中，，可得，
由正弦定理可得，可得，
又由，所以，所以只有一解；
对于C中，由，当时，可得角B在区间内有两解，
此时有两解；
对于D中，可得，又由，所以，
所以，所以B有唯一解，又由，所以只有一解.
故选：BD.
11、答案：ACD
解析：对于A，设，因为，，所以，A项正确；
对于B，当AB、CD是异面直线时，假设，则平面，连接BC，取BC的中点H，连接MH、NH，因为M、N分别为AB、CD的中点，所以，所以平面平面，同理可得平面平面，所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立，所以MN不可能与l平行，B项错误；
对于C，若A、B、C、D四点共面且时，可得平面ABCD，过的平面与平面ABCD相交于BD，所以，C项正确；
对于D，若M、N两点重合，则，故，此时直线AC与直线l不可能相交，故D项正确.
故选：ACD
12、答案：ABD
解析：对于A：其定义域为R，，即函数是偶函数，故A正确；
对于B：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C：时，，此时，可得或，因为是偶函数，所以在区间上的零点为，0，，故C错误；
对于D：当，且，时，.
当，且，时，，.
又是偶函数，所以函数值域为，故D正确；
13、答案：20.5
解析：解析：由题意可知样本的平均数为
＝×15＋×30＋×20＝20.5，
故答案为：20.5
14、答案：6
解析：由二倍角的余弦公式可得.
由余弦定理得，因此，.
故答案为6.
15、答案：20
解析：设长方体，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC，如图所示，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有解得，，，所以三棱锥的体积为4×3×5-4×××4×3×5=20.

故答案为20.
16、答案：
解析：，当时，为减函数，
所以当时，函数的值域为，
当时，，，则的值域为，
因为存在，，使成立，
所以，
若，则或，即或，
所以若且，则
故答案为：
17、答案：（1）或
（2）
解析：（1）因为，且，
则，
又，所以，即，
故或；
（2）由，则，
由，解得，
又与不共线，则，解得，
故与的夹角为锐角时，实数的取值范围为：.
18、答案：（1）；
（2）0.5；
（3）74.
解析：（1）由图可得，解得；
（2）估计得分不低于75分的概率为；
（3）估计得分的平均数.
19、答案：（1）最小正周期为，单调递增区间是，，单调递减区间是，，；
（2）最小值为，最大值为
解析：（1）由



，
所以的最小正周期为，
由，得，，
由，得，，
所以函数单调增区间为，，函数单调减区间为，，；
（2）由于，
所以，
所以，
故，
故函数的最小值为，函数的最大值为．
20、答案：（1）
（2）
解析：（1）依题意，的角平分线交BC于点D，
所以.
（2）设A到BC的距离为h，
由（1）得，所以，.
依题意，
由余弦定理得，
整理得，所以，，.
21、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）连接BD交AC于点F，连接FE，
因为底面ABCD是菱形，所以F是BD的中点，
又E是PD的中点，所以，
因为平面EAC，平面EAC，
所以平面EAC；
（2）取AD的中点O，连接PO，则，
因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面ABCD，
设，则，得，
连接CO，因为底面ABCD是菱形，，所以，且，
因为，，所以，
又，所以由余弦定理可得．
22、答案：（1）
（2）
(3)
解析：（1）当，得或，此时；
当，得，此时
所以
（2）当时，直线与曲线只有2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y得.
令，则a应同时满足以下条件：
，
解得或，所以a的取值范围为
（3）由方程组，消去y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，
所以


当且仅当，时取等.
所以的取值范围为.