广西桂林市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试卷（解析版）

这是一份广西桂林市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】因为，所以复数的虚部为.
故选：B.
2. 下列各角中，与角的终边相同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】与角的终边相同的角的集合为，
令，得到，故选项A正确，易知，不存在，使，
故选项BCD均不正确.
故选：A.
3. 下列几何体中为台体的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A：圆锥，B：圆柱，C：棱台，D：球，所以属于台体的只有棱台.
故选：C.
4. 已知向量，，且，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】C
【解析】因为，所以，故.
故选：C.
5. 下列函数为偶函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选项A，由的性质知，为奇函数，故选项A错误；
选项B，由的性质知，为偶函数，故选项B正确；
选项C，由的性质知，为奇函数，故选项C错误；
选项D，因的定义域为，不关于原点对称，所以为非奇非偶函数，
故选项D错误.
故选：B.
6. 将函数的图象向右平移个单位长度得到图象，则函数的解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，
可得.
故选：C．
7. 已知是三条不同直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】A
【解析】A中，若，，由平行与同一平面的两平面平行，可得，
所以A正确；
B中，若，，则与可能是异面直线，所以B错误；
C中，若，，则与可能平行，所以C错误；
D中，若，，则与可能相交，所以D错误.
故选：A.
8. 两个粒子A，B从同一粒子源发射出来，在某一时刻，以粒子源为原点，它们的位移分别为，，此时在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 长度相等的向量是相等向量B. 单位向量的模为1
C. 零向量的模为0D. 共线向量是在同一条直线上的向量
【答案】BC
【解析】对于A，长度相等、方向相同的向量叫相等向量，故A错误；
对于B，单位向量的模为，故B正确；
对于C，零向量的模为，故C正确；
对于D，方向相同或相反的向量叫共线向量，它们不一定在同一条直线上，故D错误.
故选：BC.
10. 已知复数，，则（ ）
A. 是纯虚数B. 在复平面内对应的点位于第二象限
C. 复数的共轭复数为D.
【答案】AC
【解析】对于A，是纯虚数，故A正确；
对于B，，对应的点的坐标为，位于第四象限，
故B错误；
对于C，复数的共轭复数为，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：AC.
11. 函数（A，，是常数，，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于直线对称B. 的图象关于中心对称
C. 函数在区间上单调递减D.
【答案】AB
【解析】由题意可得，，故，
又因为，故，
所以，所以 ，
对于A，当时，，满足该函数取得最值的条件，A正确；
对于B，时，，则是该函数的对称中心，B正确；
对于C，当时，则，
因为函数在不是单调减函数，
所以函数在区间上不是单调递减函数，C错误；
对于D，，D错误.
故选：AB.
12. 已知正方体，则（ ）
A. 直线与直线所成的角为B. 直线与直线所成的角为
C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面所成的角为
【答案】BCD
【解析】如图，连接、，因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A错误；
对于B，连接，，因为，，
则四边形为平行四边形，可得，
直线与所成的角即为与所成的角，
设正方体棱长为1，则，
所以为等边三角形，所以直线与所成的角为，故B正确；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，
易得为等腰直角三角形，所以，故C正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，平面，平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：sin 150°＝_____．
【答案】
【解析】sin 150°＝sin（180°﹣30°）＝sin 30°.
故答案为：.
14. 若向量和向量垂直，则__________.
【答案】
【解析】因为向量与向量垂直，所以，解得.
故答案为：.
15. 《九章算术》是中国古代数学名著，其对扇形田面积给出“以径乘周四而一”的算法与现代的算法一致，根据这一算法解决下列问题：现有一扇形田，下周长（弧长）为10米，径长（两段半径的和）为10米，则该扇形田的面积为__________平方米.
【答案】
【解析】如图所示，因径长为米，下周长为米，即且，
所以扇形所在圆的半径为米，
所以该扇形田的面积为平方米.
故答案为：.
16. 已知的外接圆圆心为O，，若，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】设三个角所对的边分别为，
取中点，连接，
因为的外接圆圆心为O，所以，
则，，
因为，
所以，，
即， ，
解得，所以，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知，为第二象限角.
（1）求的值；
（2）求的值.
解：（1）因为，为第二象限角，所以，
故.
（2）由（1），，
所以.
18. 已知向量，满足，，.
（1）求；
（2）求与的夹角；
（3）求.
解：（1）因为，，又，所以.
（2）因为，又，
所以，故与的夹角.
（3），所以.
19. 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC，E为PB的中点．求证：
（1）平面AEC；
（2）平面AEC⊥平面PBD．
解：（1）设，连接，如图所示：
因为O，E分别为，的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）连接，如图所示：
因为，为的中点，所以，
又因为四边形为菱形，所以，
因平面，平面，且，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面．
20. 在中，角A、B、C的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积，求的周长.
解：（1）因为，
所以由正弦定理可得到，
又因为，所以，
故，得到，又因为，所以.
（2）因为，的面积，
所以，得到，
在中，由余弦定理得，
所以，故的周长为.
21. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数的最大值及取得最大值时自变量的取值集合；
（3）求函数的单调递减区间．
解：（1）
，
所以函数的最小正周期为.
（2）当，即，
时函数取得最大值为2，所以函数的最大值为2，
取得最大值时自变量的取值集合为.
（3）当，即，
所以函数的单调递减区间为.
22. 本市某路口的转弯处受地域限制，设计了一条单向双排直角拐弯车道，平面设计如图所示，每条车道宽为4米，现有一辆大卡车，在其水平截面图为矩形，它的宽为2.4米，车厢的左侧直线与中间车道的分界线相交于、，记．
（1）若大卡车在里侧车道转弯的某一刻，恰好，且、也都在中间车道的直线上，直线也恰好过路口边界，求此大卡车的车长．
（2）若大卡车在里侧车道转弯时对任意，此车都不越中间车道线，求此大卡车的车长的最大值．
（3）若某研究性学习小组记录了这两个车道在这一路段的平均道路通行密度（辆/km），统计如下：
现给出两种函数模型：①；②，请你根据上表中的数据，分别对两车道选择最合适的一种函数来描述早七点以后的平均道路通行密度（单位：辆/km）与时间（单位：分）的关系（其中为7：00后所经过的时间，例如7：30即分），并根据表中数据求出相应函数的解析式．
解：（1）作，垂足为，作，垂足为，
因为，所以，
在中，，在中，，
在中，，在中，，
所以.
（2）因为，所以，，，，
所以
，
令，则，，
所以，，所以，
设，则，所以，
易知在单调递增，且，
所以在单调递减，
所以，当，即时，取最小值，
所以，若大卡车在里侧车道转弯时对任意，此车都不越中间车道线，
求此大卡车的车长的最大值为.
（3）由表可得，里侧车道通行密度有最大值和最小值，
适用模型，
易得，所以，又，，
所以；
而外侧车道通行密度关于对称，左侧递增，右侧递减，适用模型，
易知，代入，得，
所以.时间
7：00
7：15
7：30
7：45
8：00
里侧车道通行密度
110
120
110
100
110
外侧车道通行密度
110
117.5
125
117.5
110