江西省南昌市等5地2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

江西省高一期末联考

数学

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

4．本卷命题范围：北师大版必修第二册.

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. 已知复数满足，则的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数除法法则，再结合虚部的概念即可得到答案．

【详解】由，则，所以的虚部为．

故选：A．

2. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用两角差的余弦公式求解即可

【详解】．

故选：C．

3. 如图，在正六边形中，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据正六边形的性质与平面向量加法运算法则即可得答案.

【详解】连接，，交于点，

由正六边形的性质可知，六个小三角形均为全等的正三角形，

所以且，

，

故选：C

4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由余弦定理计算可得；

【详解】解：由，得，

故选：B．

5. 设l，m是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A. 若，，，则 B. 若，，，则

C. 若，，，则 D. 若，，，则

【答案】B

【解析】

【分析】对于A，C与D，可通过举反例的方式说明其错误性，B选项可以直接证明其正确性.

【详解】对于A，若，，，此时与可能相交，如下图所示：

对于C与D，若，，，则与均可能发生，如下图所示：

对于B，若，，则，

又因为，故.

故选：B.

6. 将函数的图像上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，然后将所得图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先根据伸缩得出解析式，再结合平移得出函数的解析式即可.
 

【详解】由题意将函数的图像上所有点的横坐标缩短为原来的得，

纵坐标伸长为原来的2倍得,
 

将所得图像向右平移个单位长度，即．

故选:A．

7. 位于某港口A小艇要将一件重要物品送到一艘正在航行的海轮上.在小艇出发时，海轮位于港口A北偏东30°且与该港口相距30海里的B处，并正以20海里/时的速度沿正西方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与海轮相遇.若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇的航行速度（单位：海里/时）应为（    ）

A.  B. 20 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用垂线段最短，结合三角函数值求出最小距离，即可求出答案.

【详解】如图所示，，，，

当时，即小艇往正北方向航行时航行的距离最小，

最小值为海里，

从而海轮航行的距离为海里，故航行时间为小时，

所以小艇的航行速度海里/时.

故选：D.

8. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为4，平面经过，则平面截正四棱锥的外接球所得截面圆的面积的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】连接、交于，连接，求出，，可得点即为正四棱锥外接球球心，取中点，连接，当时，截面圆的面积最小，线段也即此时截面圆的直径，求出截面圆的面积即可．

【详解】连接，交于，连接，则底面且是中点，

，，

所以到，，，，的距离均为，点即为正四棱锥的外接球球心，取中点，连接，分析可知，当时，截面圆的面积最小，线段也即此时截面圆的直径，所以截面圆的面积的最小值为．

故选：C．

二、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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列各式中值为1是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】利用三角函数恒等变换公式逐个计算判断即可

【详解】对于A，，所以A错误；

对于B，，所以B错误；

对于C，，所以C正确；

对于D，，所以D正确．

故选：CD．

10. 若复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则在第二象限

B. 若为纯虚数，则在虚轴上

C. 若，则点的集合所构成的图形的面积为

D. 若，且，则为实数

【答案】BD

【解析】

【分析】根据的周期性、复数的几何意义、复数的除法运算等知识直接判断各个选项.

【详解】对于A，因为，故，所以在坐标轴上，故A错误；

对于B，若为纯虚数，则在虚轴上，故B正确；

对于C，若，则点的集合所构成的图形是半径为3的圆及其内部，面积为，故C错误；

对于D，，则为实数，故D正确．

故选：BD

11. 已知向量，，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则 B. 存在，使得

C.  D. 当时，在上的投影向量的坐标为

【答案】CD

【解析】

【分析】根据平面向量共线的坐标公式即可判断A；根据平面线路垂直的坐标表示即可判断B；根据向量的模的坐标计算即可判断C；根据投影向量的计算公式即可判断D.

【详解】对于A，若，则，解得，故A错误；

对于B，若，则，

即，方程无解，

所以不存在，使得，故B错误；

对于C，，所以，故C正确；

对于D，当时，，，

则在上的投影向量的坐标为，故D正确.

故选：CD.

12. 如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥．设CD＝2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点．下列说法正确的是（    ）

A. 存在某个位置，使

B. 存在某个位置，使

C. 当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正切值为

D. 当AB＝AD时，CM+FM的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用面面垂直的性质定理即可判断A；先假设存在，利用线面垂直的判定定理可得平面ABD，可得，即△ACD是以CD为斜边的直角三角形，通过计算发现，互相矛盾，即可判断B；由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角，即可判断C；由侧面展开图及余弦定理可判断D

【详解】解：对于A：存在平面平面，使得，证明如下：

因为平面平面， 平面平面，，平面，

则平面，因为平面，所以，

故存在平面平面，使，故A正确，

对于B：若，又平面，

则平面ABD，因为平面ABD，则，则是以CD为斜边的直角三角形，

因为，所以，，

又由题意知，故不存在某个位置，使，故B错误；

对于C：当三棱锥体积取得最大值时，平面平面BCD，即AE是三棱锥的高，

又，平面平面BCD＝BC，平面BCD，所以平面ABC，

所以∠DAC是直线AD与平面ABC所成的角，

所以，故C正确；

对于D：当时,因为为的中点，

所以，则，

又因为的中点，所以，

又，所以，

所以，

如图将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内，

则当三点共线时，最小，

即的最小值为，

在中，，

则，

所以在中，由余弦定理得，

所以的最小值为，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. 两条异面直线所成的角为，则的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据异面直线的定义求出的取值范围，再根据余弦函数的性质得到的取值范围.

【详解】解：因为两条异面直线所成的角为，所以，

所以.

故答案为：

14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的值为_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据正弦定理边角互化，计算求值.

【详解】根据正弦定理可知，，

所以，

而，

所以.

故答案为：

15. 如图所示的斜截圆柱是用一个平面从圆柱上截取而来，其侧面可看成圆柱侧面的一部分，已知圆柱底面的半径为，母线长最短，最长，则该斜截圆柱的侧面积为______．

【答案】

【解析】

【分析】将两个相同的斜截圆柱拼截在一起构成一个圆柱求解.

【详解】将相同的两个几何体，对接为圆柱，

则所求几何体的侧面积是新圆柱侧面积的一半，

则所求侧面积为，

故答案为：.

16. 函数的一个单调减区间为__________．（答案不唯一）

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据同角的三角函数关系式，结合正切两角差公式、正切型函数的和符合函数的单调性进行求解即可.

【详解】因为，

要使函数有意义，

则有，所以，

解得：，

所以函数的定义域为，

，

令，则，

因为函数的定义域为，

由复合函数的单调性可知：函数的一个单调减区间为
故函数的一个单调减区间为.

故答案为：（答案不唯一）.

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. 已知向量，夹角为，且，．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）3    （2）

【解析】

【分析】（1）由向量数量积的运算律及定义计算；

（2）把模平方转化为数量积计算．

【小问1详解】

因为向量，的夹角为，且，，

所以．

所以．

【小问2详解】

．

18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，交于点．

（1）求证：平面平面；

（2）设是棱上一点，过作，垂足为，若平面平面，求的值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证得结果；

（2）由面面平行的性质定理得及平行线对应线段成比例得出结果.

【小问1详解】

证明：因为底面，平面，故，

又，，，平面，故平面   

又平面，故平面平面．

【小问2详解】

因为平面平面，平面平面，平面平面，

所以，   

因为，且，所以       

在中，由，，得，   

即．

19. 已知角，，角和的终边分别与单位圆交于，两点．

（1）若，求的值；

（2）若，点的横坐标为，求的值．

【答案】（1）1    （2）

【解析】

【分析】（1）由，得，再结合的范围可得，然后代入式子利用诱导公式化简即可；

（2）对化简可得，由点的横坐标为，结合任意角的三角函灵敏的定义可求出的值，再利用两角和与差的正余弦公式可求出，从而可求出的值．

【小问1详解】

由，得，又，，所以，

所以

，

【小问2详解】

由，得，，

又，所以，则   

因为点的横坐标为，

所以，，

所以

20. 在锐角△中，角的对边分别为，且．

（1）求角的大小；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理以及两角和的正弦公式求解；

（2）利用正弦定理将边化角，用三角函数求取值范围.

【小问1详解】

，

由余弦定理可得，

整理得，

∴,

∵，∴，∴，∴．

【小问2详解】

由正弦定理可知△的外接圆半径为，

∴，∴，

∴．

∵△为锐角三角形，∴即∴,

∴，∴，∴,

即的取值范围为．

21. 已知函数，且．

（1）求函数的解析式；

（2）若函数在区间上恰有3个零点，求的取值范围和的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由的图像关于点对称得出，即得函数解析式;

（2）在区间上恰有3个零点转化为与在的图像上恰有3个交点求参数即可，再数形结合根据函数的对称轴即可计算求值

【小问1详解】

．

由知，的图像关于点对称，

所以，得．

因为，所以，即函数．

【小问2详解】

，

当时，．

函数在区间上恰有3个零点，

令，则在上有3个不相等的根．

即与在的图像上恰有3个交点，

作出与的图像，如图所示，

由图可知，，且，

所以．

故取值范围为的值为．

22. 如图，在直三棱柱中，为的中点，为上的动点，在上，且满足.现延长至点，使得.

（1）若二面角的平面角为，求的长；

（2）若三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）1    （2）

【解析】

【分析】（1）利用二面角平面角的定义及等边三角形和等腰三角形性质作出平面角，在直角三角形中求解长度即可；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离，根据线面角的定义即可求解正弦值.

【小问1详解】

据题意延长至点，使得，连接，

取的中点，连接，

因为为的中点，所以，

又，所以，由得，

所以为等边三角形，所以，

易知，所以，所以，

所以为二面角的平面角，即，

又，则，解得；

【小问2详解】

因为为的中点，所以，

在直三棱柱中，，

，

因为三棱锥的体积为，

所以，解得，所以为的中点，

所以，

在中，，

所以，

设到平面的距离为，在中，，

所以，

所以，

因为，所以，解得，

在中，由余弦定理得，所以.

设与平面所成角为，所以，

所以与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：

（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面所成的角；

（2）等体积法：通过等体积法间接求解点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面所成角的正弦值；