年终活动
搜索
    上传资料 赚现金
    英语朗读宝

    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)

    立即下载
    加入资料篮
    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)第1页
    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)第2页
    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)第3页
    还剩16页未读, 继续阅读
    下载需要15学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    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)

    展开

    这是一份江西省吉安市2022-2023学年高一数学下学期期末检测试题(Word版附解析),共19页。试卷主要包含了 已知角的集合,则在内的角有, 若复数满足,则, 的最小值为, 已知复数, 函数的部分图象如图所示,则等内容,欢迎下载使用。
    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 B. 3 C. 4 D. 5【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.故选:B2. 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:C3. 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:B4. 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】所以当取最小值为.故选:B5. 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,,直线与平面的关系不确定,A不是;,直线可以与直线平行,此时不能推出B不是;,直线可以平行于或在平面内,C不是;,且,由面面垂直的性质,成立.故选:D6. 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:D7. 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MNP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】的外心,则A错误;如图,由欧拉线定理得B正确;  的重心,延长,则的中点,于是,则C正确;的垂心,由,得,由,同理得因此D正确.故选:A8. 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】将三棱锥一个长方体中,如图所示:  ,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】),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】),,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:ACD10. 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;,得B错误;,由,得因此函数的单调递减区间为C正确;,得函数的图象对称轴为时,D正确.故选:CD11. 质点AB在以坐标原点O为圆心、半径为1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x轴正半轴的交点;B的角速度大小为1rad/s,起点为射线的交点.当AB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AB重合时,用的时间为,于是,即,当为偶数时,,即B正确;为奇数时,,即D正确.故选:BD12. 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. 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;时,,与的取值无关,B错误;,由平面,得平面,得,于是所以当且仅当,且中点时,三棱锥体积取最大值C正确;,则,由选项知,与圆锥底面所成的角,,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: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;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:115. 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xy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,则所以2)因为,所以,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的值;2,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,所以.18. 如图,在三棱锥中,,点DM分别为ACPB的中点,1证明://平面BDF2若平面//平面BDF,其中平面,证明:ANAM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】的中点,连接,由,得,点的中点,  又点的中点,则,又平面平面,于是平面又点的中点,点的中点,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,则的中点,得,则平面,因此平面所以在平面上的投影.19. ,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ABC的对边分别为abc,且,三角形面积______,求的值.注:如果选择条件和条件分别解答,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,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:,于是因此,而,则,又,所以若选,由,得由余弦定理得外接圆半径,由正弦定理得所以.若选外接圆半径,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BCD,使,以AD为底边向外作顶角为的等腰三角形ADE.已知,设  1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】中,,由余弦定理,得,而上单调递减,,即.周长为,其取值范围为.【小问2详解】为垂足,因为三角形为等腰三角形,  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. 中,,若DAB的中点,则;若DAB的一个三等分点,则;若DAB的一个四等分点,则    1如图,若,用表示,你能得出什么结论?并加以证明.2如图,若AMBN交于O,过O点的直线lCACB分别交于点PQ利用(1)的结论,用表示,求证:为定值.【答案】1,证明见解析    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;依题意可得,结合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】,则因为三点共线,设因为三点共线,设因为不共线,所以,解得所以.因为所以所以因为三点共线,所以,则(定值).22. 已知EF分别为的重心和外心,DBC的中点,  1BE2如图,P为平面ABC外一点,平面ABC,二面角的正切值为4求证:求三棱锥的外接球的体积.【答案】1    2证明见解析;.【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根据给定条件,利用线面垂直的判定、性质推理作答;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】,且DBC的中点,得,则共线,重心,则的外心,连接,而的中点,因此中,,由余弦定理得所以.  【小问2详解】平面,平面,得,平面,则平面,而平面所以.知,,则为二面角的平面角,而二面角的正切值为4,即,解得的外心为,令三棱锥外接球的球心为,则平面,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.   
     

    相关试卷

    江西省鹰潭市2022-2023学年高一数学下学期期末质量检测试题(Word版附解析):

    这是一份江西省鹰潭市2022-2023学年高一数学下学期期末质量检测试题(Word版附解析),共20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。

    江西省上饶市2022-2023学年高一数学下学期期末试题(Word版附解析):

    这是一份江西省上饶市2022-2023学年高一数学下学期期末试题(Word版附解析),共21页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分等内容,欢迎下载使用。

    江西省吉安市吉州区部分学校2022-2023学年高一数学下学期7月期末联考试题(Word版附解析):

    这是一份江西省吉安市吉州区部分学校2022-2023学年高一数学下学期7月期末联考试题(Word版附解析),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。

    文档详情页底部广告位
    欢迎来到教习网
    • 900万优选资源,让备课更轻松
    • 600万优选试题,支持自由组卷
    • 高质量可编辑,日均更新2000+
    • 百万教师选择,专业更值得信赖
    微信扫码注册
    qrcode
    二维码已过期
    刷新

    微信扫码,快速注册

    手机号注册
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码 获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    返回
    顶部
    Baidu
    map