江西省九江市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题

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题，共19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。

江西省九江市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若，则（    ）
A． B． C． D．
2．（    ）
A． B． C． 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．
4．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
5．已知，，，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
6．若，，则（    ）
A． B． C． D．
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．
8．在中，已知，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知非零向量，，，则（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则，共线 D．若，则，共线
10．若为第四象限角，则（    ）
A． B． C． D．
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
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

三、填空题
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 ．
14．已知向量，，则在方向上的投影数量为 ．
15．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为 ．
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 ．
  

四、解答题
17．已知函数．
(1)求的最小正周期；
(2)若，求的值．
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．
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．
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．
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．
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．

参考答案：
1．C
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：C
2．D
【分析】将拆分成，然后利用两角差的正弦余弦公式展开计算即可.
【详解】因为



.
故选：D.
3．B
【分析】取的中点，连接、、、，即可证明平面，从而判断B，再由平行得到 异面直线所成角，即可判断A、C，利用反证法说明D.
【详解】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．C
【分析】由，得，化简后可求出，然后利用夹角公式求解即可
【详解】因为，所以，得，
设与的夹角为，
因为，所以，
因为，所以，
故选：C
5．D
【分析】根据正弦函数、余弦函数、正切函数的性质判断即可.
【详解】因为，，所以，
，所以，
，所以.
故选：D
6．A
【分析】根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，求得，结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】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，
因为，可得，所以，
则，所以.
故选：A.
7．C
【分析】根据题意，设无底圆锥的底面半径为，由弧长公式可得，进而计算可得答案．
【详解】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．C
【分析】由已知等式化切为弦，可得，结合正弦定理及余弦定理即基本不等式求得的最小值，则答案可求．
【详解】，
，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．
9．BCD
【分析】由向量数量积的定义即可判断A，由向量数量积的运算律，代入计算，即可判断B，由平面向量共线定理即可判断C，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断D.
【详解】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：.
10．BC
【分析】根据为第四象限角，可得，的范围，进而根据三角函数在各个象限的正负即可判断.
【详解】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．AC
【分析】根据偶函数的定义可判断A，根据即可判断B，根据整体法即可判断C，去掉绝对值根据辅助角公式，结合三角函数的性质即可判断D.
【详解】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．ACD
【分析】在正方体中，易得平面，可判定A正确；过点作，得到平面即为平面，结合与不垂直，可判定B不正确；由平面平面，证得平面，得到点到平面的距离等于点点到平面的距离，且为定值，可判定C正确；将绕着展开，使得平面与平面重合，连接，得到时，取得最小值，进而可判定D正确.
【详解】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，，
在等边中，可得，在直角中，可得，
所以的最小值为，所以D正确.
故选：ACD.
  
13．
【分析】根据题意得到复数在复平面内对应的点为，结合题意，列出不等式组，即可求解.
【详解】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．/
【分析】根据向量投影的计算公式即可求解.
【详解】在方向上的投影为，
故答案为：
15．
【分析】根据正弦定理边角化得，进而可得，由余弦定理和面积公式即可求解.
【详解】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．
【分析】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，求出正四面体的高，即可得解.
【详解】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：
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据余弦的和差角公式即可化简，由周期公式即可求解，
（2）根据正切和差角公式得，即可由余弦的二倍角公式以及齐次式求解.
【详解】（1），
所以周期为
（2）由于，所以，
故
18．(1)
(2)

【分析】（1）建立直角坐标系，利用向量的线性运算的坐标表示即可求解，
（2）根据向量数量积的坐标运算，结合二次型多项式的特征即可求解最值.
【详解】（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．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，由M是的重心，O为的重心，可得，从而得∥，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由，得，则，从而可求出，进而可求出圆锥的体积.
【详解】（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．(1)
(2)

【分析】（1）利用三角函数的性质可得函数的解析式，即可求出的值；
（2）由三角函数的平移变换求出，问题等价于与图象的所有交点的横坐标之和，画出与图象，求解即可.
【详解】（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，
函数与的图象关于对称，
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．(1)
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据题意，由正弦定理结合正弦的二倍角公式化简计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由正弦定理可得，即可得到
，即可证明.
【详解】（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．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）依题意可得、，即可得证；
（2）依题意可得，则，所以当的面积最小时，最小，此时，即为的中点，再证明平面，从而得到三棱锥外接球的球心为的中点，求出外接球的半径，即可求出其体积.
【详解】（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.