2022-2023学年江西省萍乡市安源中学高一下学期期末质量检测数学试题含答案

2022-2023学年江西省萍乡市安源中学高一下学期期末质量检测数学试题

一、单选题

1．已知集合或，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由集合补集和交集的运算计算即可.

【详解】因为或，则集合，

又集合，则.

故选：D.

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据诱导公式即可求解.

【详解】因为，所以.

故选:A.

3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.

【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；

当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；

在如图所示的正方体中，

取为，为，为平面，为平面，这时满足，，，但不成立，故选项C错误；

当，，时，必有，从而，故选项D正确；

故选：D.

4．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（    ）

A．先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度

B．先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度

C．先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度

D．先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度

【答案】D

【分析】利用辅助角公式化简目标函数解析式，结合三角函数图象变换规律可得出结论.

【详解】因为，

将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，

再将所得图象向上平移个单位长度，得到的图象.

故选：D.

5．已知平面向量，，，若∥，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出的坐标，再由∥，列方程可求出的值，从而可求出的坐标，进而可求出

【详解】因为，，所以，

因为∥，，

所以，解得，

所以，

所以，

故选：C

6．已知函数，的值域为，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先化简函数的解析式，再利用复合函数的值域，求实数的取值范围.

【详解】

，

设，，函数的对称轴为

且，，，

因为函数在区间的值域为，所以在区间上能取得，但是不能小于0，

所以.

故选：C

7．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭闷式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则该正四棱锥的底面积与侧面积的比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可.

【详解】设底面棱长为，

因为正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，所以侧面为等边三角形，

则该正四棱锥的底面积与侧面积的比为.

故选：B

8．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设，中点为，化简可得，再根据余弦定理结合余弦函数的范围可得，进而可得的取值范围.

【详解】不妨设，中点为，则即，故，即，.

故

，因为，故，则，故，故的取值范围为.

故选：D

二、多选题

9．下列各式中，值为的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】对于A，由诱导公式及正弦和公式化简求值；对于B，由二倍角公式、诱导公式化简求值；对于C，由辅助角公式化简求值；对于D，先去括号，由两角和的正切公式化简即可判断．

【详解】对于A，，故A对；

对于B，，故B对；

对于C，，故C错；

对于D，

，故D对．

故选：ABD．

10．已知复数，则下列说法正确的是（    ）

A．的共轭复数是 B．的虚部是

C． D．

【答案】AD

【分析】根据复数的相关概念与运算逐项分析判断.

【详解】对于选项A：的共轭复数是，故A正确；

对于选项B：的虚部是1，故B错误；

对于选项C：，故C错误；

对于选项D：，故D正确；

故选：AD.

11．在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），则下列说法正确的是（    ）

A．存在点，使得平面

B．对于任意点，都有平面平面

C．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是

D．若平面，则平面截该正方体的截面图形的周长最大值为

【答案】AB

【分析】利用线面平行的判定判断A；利用面面垂直的判定判断B；求出异面直线夹角的余弦范围判断C；举例说明判断D作答.

【详解】在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），

对于A，当点与重合时，由，得，有，

而平面，平面，因此平面，即平面，A正确；

对于B，由平面，平面，得，又，

平面，则平面，

而平面，因此平面平面，B正确；

对于C，由平面，平面，得，因为，

显然是锐角，则是异面直线与所成的角，而，

，C错误；

对于D，当点与重合时，与选项B同理得平面，当平面为平面时，

平面截正方体所得截面图形为矩形，其周长为，D错误.

故选：AB

12．某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面ABC垂直．在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（    ）

A．∠MCA，∠NCB，∠ABC B．∠ACB，∠NCB，∠MCN

C．∠MCA，∠NCB，∠MCN D．∠MCA，∠NCB，∠ACB

【答案】CD

【分析】记，，，，，，，，，，，，，再利用正余弦定理逐一分析判断和举反例判断即可.

【详解】记，，，，，，，，，，，，．

先从C选项入手：

已知，在中，由，可确定；

同理，在中，可确定；

在中，由及余弦定理，可确定，故C正确;

再考察D选项：

已知，在中，由及余弦定理，可确定；

在中，由，可确定；同理，在中，可确定，

由，①

可确定，故D正确；

A选项：

已知，同B选项，可确定，

在中，已知，解三角形知可能有两解，

例如若，

则，解得或2，

代入①使也有两个值，故A错误；

B选项：

已知，同C，D选项，可确定，

在中，由勾股定理，得，

在中，由余弦定理，得，②

联立①②，得解此关于的二元方程组，

可得，但此二元二次方程组可能有两解，

例如若，得

解得或故B错误．

故选：CD．

【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法：

先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种：

（1）利用余弦定理求出其它角；

（2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解.

若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好.

三、填空题

13．若，则的值为        

【答案】2

【分析】利用同角三角函数关系式进行化简，然后代入即可求解.

【详解】因为，所以，

故答案为：2.

14．若复数是纯虚数，则实数a的值为           .

【答案】

【分析】利用纯虚数概念即可求出结果.

【详解】，

因为复数是纯虚数，

所以，则，

故答案为：.

15．若以函数图像上相邻的四个最值所在的点为顶点恰好构成一个菱形，则      ．

【答案】

【分析】根据题意，由条件得到四个顶点的坐标，然后列出方程，代入计算，即可得到结果.

【详解】  

令，，则，，

不妨取相邻四个最值所在的点分别为，，，，如图所示，

因为以为顶点的四边形恰好构成一个菱形，

所以，所以，

所以，即.

故答案为：

16．已知正四棱台中，，，点到平面的距离为，将四棱台放入球O内，则球O表面积的最小值为      ．

【答案】

【分析】首先根据题干得到正四棱台的上下底面的半径,再列式求出正四棱台的外接球半径,即可解决.

【详解】设正四棱台上､下底面的外接圆的半径分别为，，外接球的半径为，球心为O，

因为正四棱台的上､下底面的边长分别为，，

所以，，设球心O到上底面的距离为d，

则或，

所以，.

当时，球O是外正四棱台接球，此时，

所以外接球的表面积的最小值为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知复数、是方程的解．

(1)的值；

(2)若复平面内表示的点在第三象限，为纯虚数，其中，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用韦达定理可求得的值；

（2）求出复数，利用复数的乘法化简复数，根据复数的概念可得出关于实数的等式与不等式，解之即可.

【详解】（1）解：对于方程，，所以，方程有两个不等的虚根，

因为复数、是方程的解，由韦达定理可得，，

因此，.

（2）解：由可得，

因为复平面内表示的点在第三象限，则，

所以，为纯虚数，且，

所以，，解得.

18．如图，在中，.设.

(1)用表示；

(2)若为内部一点，且.求证：三点共线，并指明点的具体位置.

【答案】(1)，

(2)证明见解析，是的中点

【分析】（1）根据向量线性运算求得关于的表达式.

（2）根据向量线性运算求得，由此证得三点共线，并确定点的位置.

【详解】（1）依题意，，

.-

（2）由，

又，所以，

，故三点共线，且是的中点.

19．函数的部分图像如图所示.

(1)求的解析式；

(2)若，恒成立，求的取值范围；

(3)求实数和正整数，使得函数在上恰有2023个零点.

【答案】(1)

(2)

(3)答案见解析

【分析】（1）根据图象中特殊点的坐标，结合余弦型函数的周期公式进行求解即可；

（2）根据余弦型函数的单调性，结合换元法、二次函数的性质进行求解即可；

（3）根据函数零点的定义，结合余弦型函数的有界性分类讨论进行求解即可.

【详解】（1）由图可得，

函数过点，

∴，∴，解得，

又，∴，；

（2）∵，∴，∴，

令，则由题意得恒成立，

由二次函数图像可知只需，，解得．

所以的取值范围为；

（3）由题意可得的图像与直线在上恰有2023个交点．在上，，

①当或时，的图像与直线在上无交点．

②当或时，的图像与直线在仅有一个交点，

若此时的图像与直线在上恰有2023个交点，则．

③当或时，的图像与直线在恰有2个交点，

的图像与直线在上有偶数个交点，不可能有2023个交点．

④当时，的图像与直线在恰有3个交点，

此时，才能使的图像与直线在上有2023个交点．

综上可得，当或时，；当时，．

【点睛】关键点睛：根据余弦型函数的有界性分类讨论是解题的关键.

20．在中，内角所对的边分别为，的面积为

已知①，②，③，从这三个条件中任选一个，回答下列问题，

(1)求角

(2)若，求的面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①，由数量积的定义与三角形面积公式化简可得的值，即可得角选②，由正弦定理结合余弦定理求解的值，即可得角选③，由正弦定理结合三角恒等变换可得的值，即可得角

（2）由余弦定理结合基本不等式求得最值，即可得的面积的最大值.

【详解】（1）选①，由可得，

得，又，所以；

选②，因为

由正弦定理得，即，所以

又，所以

选③，因为，由正弦定理可得，

所以

因为，所以，

所以，因为，所以；

（2）因为，所以，当且仅当时取等号，

所以，

当时最大值为.

21．如图，在四棱锥中，底面是菱形.

(1)若点是的中点，证明：平面；

(2)若，，且平面平面，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论；

（2）设为的中点，连接，证明平面，从而作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.

【详解】（1）连接交于M，连接，

因为底面是菱形，所以为的中点，

又点是的中点，故为的中位线，

故，而平面，平面，

故平面；

（2）设为的中点，连接，因为，故，

因为平面平面，且平面平面，

平面，所以平面，而平面，

故，

底面是菱形，故，作交于N，

则，且N为的中点，

连接，因为平面，

故平面，平面，

故，

则即为二面角的平面角，

设，则，

，则，则，

由于为的中点，N为的中点，故，则，

而平面，平面，故，

则

所以，

即二面角的正弦值为.

22．在中，，，，分别是角，，的对边，请在①；②两个条件中任选一个，解决以下问题：

(1)求角的大小；

(2)如图，若为锐角三角形，且其面积为，且，，线段与线段相交于点，点为重心，求线段的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）若选①，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果；

若选②，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果.

（2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得．

【详解】（1）若选①，因为，由正弦定理可得，，化简可得

，又因为，则，，

故.

若选②，因为，由正弦定理可得，，

且，则，且，

所以，其中，

所以，则.

（2）由题意可得，，

所以，

因为、、三点共线，故设，

同理、、三点共线，故设，

则，解得，

所以，

则，

因为，所以，

又因为为锐角三角形，

当为锐角，则，即，

即，所以；

当为锐角，则，即，

则，即，所以；

综上可得，

又因为，

则，

因为，则，

且在上单调递减，，

所以，即，

所以．