江西省吉安市2022-2023学年高一数学下学期期末检测试题（Word版附解析）

吉安市高一下学期期末教学质量检测

数学试题

（测试时间：120分钟        卷面总分：150分）

2023.6

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将答题卡交回．

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. 已知角的集合，则在内的角有（    ）

A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，解不等式，求出k的值即可作答.

【详解】依题意，解不等式，得，而，因此，

所以在内的角有3个.

故选：B

2. 若复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：C

3. 已知向量，互相垂直，则（    ）

A. 3 B.  C. 9 D. 18

【答案】B

【解析】

【分析】利用垂直关系的坐标表示，结合坐标求出向量的模作答.

【详解】向量，互相垂直，则，解得，

所以.

故选：B

4. 的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用诱导公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得.

【详解】

，

所以当，时取最小值为.

故选：B

5. 已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（    ）

A.  B.

C.  D. ，

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用线面位置关系及面面垂直的性质判定作答.

【详解】a为直线，，为平面，，，

若，直线与平面的关系不确定，A不是；

若，直线可以与直线平行，此时不能推出，B不是；

若，直线可以平行于或在平面内，C不是；

若，且，由面面垂直的性质，成立.

故选：D

6. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，再把得到的曲线上所有的点（    ）

A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度

C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用三角函数的图象变换，逐项分析判断作答.

【详解】把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，

对于A，再向左平移个单位长度，得的图象，A错误；

对于B，再向左平移个单位长度，得的图象，B错误；

对于C，再向右平移个单位长度，得的图象，C错误；

对于D，再向右平移个单位长度，得的图象，D正确.

故选：D

7. 瑞士数学家欧拉在1765年发表了一个令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线称为欧拉线．其中重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．已知M，N，P分别为的外心、重心、垂心，则下列结论错误的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用外心、重心、垂心求出向量等式，判断ACD；利用欧拉线定理结合图形判断B作答.

【详解】点是的外心，则，A错误；

如图，由欧拉线定理得，B正确；

点为的重心，延长交于，则是的中点，

于是，则，C正确；

点是的垂心，由，得，

即，由，同理得，

因此，D正确.

故选：A

8. 中国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．若三棱锥为鳖臑，平面，，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，当三棱锥的体积最大时，球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】依题意将三棱锥放在一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，根据锥体的体积公式及基本不等式求出三棱锥的体积最大值时、的长度，再求出长方体的体对角线即为外接球的直径，最后根据球的表面积公式计算可得.

【详解】将三棱锥放一个长方体中，如图所示：

则，当且仅当时取等号，

此时三棱锥的外接球就是一个长方体的外接球，因为，，

在为直角三角形，所以，

设长方体的外接球的半径为R，则，故.

所以外接球的表面积为.

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. 已知复数（为纯虚数），则（    ）

A. 不可能为纯虚数

B. 若复数为实数，则

C. 的最小值为

D. 若复平面内表示的点位于上，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】设（且），根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据各选项一一判断即可.

【详解】设（且），

则

，所以不可能为纯虚数，故A正确；

若复数为实数，则，解得，所以，故B错误；

，所以当时取最小值，最小值为，故C正确；

若复平面内表示的点位于上，则，解得，所以，故D正确；

故选：ACD

10. 函数的部分图象如图所示，则（    ）

A.

B.

C. 的单调递减区间为，

D. 的图象关于直线对称

【答案】CD

【解析】

【分析】利用给定的函数图象，求出解析式中各参数，结合正弦函数的性质逐项判断作答.

【详解】观察图象知，，函数的周期，则，，A错误；

由，，得，B错误；

，由，得，

因此函数的单调递减区间为，，C正确；

由，得函数的图象对称轴为，

当时，，D正确.

故选：CD

11. 质点A和B在以坐标原点O为圆心、半径为1的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．A的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；B的角速度大小为1rad/s，起点为射线与的交点．当A与B重合时，点A的坐标可以是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】求出点的初始位置所成角的大小，再利用终边相同的角的集合表示，结合奇偶分析求解作答.

【详解】依题意，点的起始位置，点的起始位置，则，

设当A与B重合时，用的时间为，于是，即，

则，当为偶数时，，即，B正确；

当为奇数时，，即，D正确.

故选：BD

12. 如图，在圆锥PO中，已知圆O的直径，点C是底面圆O上异于A的动点，圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形．，则（    ）

A. 面积的最大值为

B. 的值与的取值有关

C. 三棱锥体积的最大值为

D. 若，AQ与圆锥底面所成的角为，则

【答案】CD

【解析】

【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长及圆锥的高，并求出轴截面顶角，再逐项分析判断作答.

【详解】设圆锥的母线长为，由，得，而圆锥底面圆半径，

圆锥的高，则，

，当且仅当时取等号，错误；

当时，，与的取值无关，B错误；

过作交于，由平面，得平面，

由，得，于是，

所以当且仅当，且为中点时，三棱锥体积取最大值，C正确；

若，则，由选项知，为与圆锥底面所成的角，

即，显然，在中，

，

，而，

所以，D正确.

故选：CD

【点睛】思路点睛：求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在复数范围内分解因式的结果为______．

【答案】

【解析】

【分析】利用提公因式法及公式法分解因式作答.

【详解】依题意，

故答案为：

14. ______．

【答案】1

【解析】

【分析】利用差角的正切求解作答.

【详解】因为，则，

所以.

故答案为：1

15. 古希腊的哲学家柏拉图证明只存在5种正多面体，即正四、六、八、十二、二十面体，其中正八面体是由8个正三角形构成．如图，若正八面体的体积为，则它的内切球半径为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据正八面体的结构特征，结合已知体积求出正八面体的棱长，再借助体积求出内切球半径作答.

【详解】设正八面体的棱长为，显然正八面体可视为棱长都相等的两个正四棱锥组合而成，

则正八面体的体积，解得，于是正八面体的表面积，

设正八面体的内切球半径为，因此，即，解得，

所以正八面体的内切球半径为.

故答案：

16. 直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在斜坐标系下的坐标．设，．

（1）若，则______；

（2）若，则______．

【答案】    ①.     ②. ##

【解析】

【分析】（1）根据定义将向量化为，然后由数量积的性质可得；

（2）根据定义将向量化为，，然后由数量积定义和性质列方程可得.

【详解】（1）因为，所以

若，则，

所以；

（2）因为，，所以，，

若，则，

所以，即，

因为，所以.

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. 已知．

（1）求，的值；

（2）若，求，的值．

【答案】（1），   

（2）,

【解析】

【分析】（1）先由诱导公式求，然后利用诱导公式和二倍角公式可得；

（2）先求，由和差公式可得，利用二倍角公式求，然后由商数关系可得.

【小问1详解】

因为，所以，

所以，.

【小问2详解】

由（1）知，因为，所以，

所以.

因为，所以，

由得，所以.

18. 如图，在三棱锥中，，点D，M分别为AC，PB的中点，．

（1）证明：//平面BDF；

（2）若平面//平面BDF，其中平面，，证明：AN是AM在平面PAC上的投影．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）取的中点，利用线面、面面平行的判定、性质推理作答.

（2）利用面面平行的性质、线面垂直的判定推理作答.

【小问1详解】

取的中点，连接，由，得，点为的中点，

又点为的中点，则，又平面平面，于是平面，

又点为的中点，点为的中点，则，又平面，平面，

因此平面，又平面，平面平面，又平面，

所以平面.

【小问2详解】

平面平面，且平面平面，平面平面，则，

由为的中点，得，则，

又平面，因此平面，

所以是在平面上的投影.

19. ①，②，在这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并给予解答．

问题：的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，三角形面积，______，求的值．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】答案见解析.

【解析】

【分析】利用正弦定理边化角求出角A，选①，利用三角形面积公式、余弦定理求出，再利用正弦定理求解作答；选②利用三角形面积公式求出，再利用正弦定理求解作答.

【详解】中，由及正弦定理得：，

而，于是，

因此，而，则，又，所以，

若选①，，由，得，

由余弦定理得，

外接圆半径，由正弦定理得，

所以.

若选②，，外接圆半径，，

由，得，

所以.

20. 某人承包一块荒地种植蓝莓，原种植区域为，由于经济效益较好，现准备扩大种植面积．如图，延长BC到D，使，以AD为底边向外作顶角为的等腰三角形ADE．已知，设，．

（1）求周长取值范围；

（2）求四边形区域ABDE面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理得，再计算知周长为，最后根据范围即可得到答案；

（2）作，计算出四边形面积表达式为，最后根据范围，结合正弦型函数值域即可得到答案.

【小问1详解】

在中，，由余弦定理，得

，

，

，而在上单调递减，

，即.

故周长为，其取值范围为.

【小问2详解】

作为垂足，因为三角形为等腰三角形，

且，

，

在中，根据余弦定理有，

，

，

，

当且仅当，即时，

四边形区域面积的最大值为

21. 在中，，，若D是AB的中点，则；若D是AB的一个三等分点，则；若D是AB的一个四等分点，则．

（1）如图①，若，用，表示，你能得出什么结论？并加以证明．

（2）如图②，若，，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，CB分别交于点P，Q．

①利用（1）的结论，用，表示；

②设，，求证：为定值．

【答案】（1），证明见解析   

（2）①，②证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；

（2）①依题意可得，，由、、三点共线，设，结合（1）的结论用，表示出，由、、三点共线，设，同理表示出，根据平面向量基本定理得到方程，求出、，再代入即可；

②依题意可得，，结合①的结论及共线定理即可得证.

【小问1详解】

猜想：，

证明：因为，所以

.

【小问2详解】

①若，，则，，

因为、、三点共线，设，

则，

因为、、三点共线，设，

则，

因为与不共线，所以，解得，

所以.

②因为，，

所以，，

所以，

因为、、三点共线，所以，则（定值）.

22. 已知E，F分别为的重心和外心，D是BC的中点，，．

（1）求BE；

（2）如图，P为平面ABC外一点，平面ABC，二面角的正切值为4．

①求证：；

②求三棱锥的外接球的体积．

【答案】（1）；   

（2）①证明见解析；②.

【解析】

【分析】（1）利用平面向量加法法则、结合向量共线确定，再利用余弦定理求解作答.

（2）①根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答；②利用二面角的大小求出，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可求解作答.

【小问1详解】

由，且D是BC的中点，得，则，共线，

又为重心，则，，

又为的外心，连接，，而是的中点，因此，

在中，，由余弦定理得，

所以.

  【小问2详解】

①由平面,平面，得,又，

平面，则平面，而平面，

所以.

②由①知，，则为二面角的平面角，

而二面角的正切值为4，即，解得，

又的外心为，令三棱锥外接球的球心为，则平面，

有，四边形是直角梯形，设外接球的半径为，

于是，，

因此，解得，，

所以三棱锥的外接球的体积为.

【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.