湖北省咸宁市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷（解析版）

这是一份湖北省咸宁市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷（解析版），共15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。
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，A错误；
因，所以，B正确；
因为，所以，C错误；
因为，所以，D错误.
故选：B.
2. 已知，，则y的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】因为，所以，
则，
当且仅当，即时取等号.
故选：D.
3. 若一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】设圆锥底面圆半径，
因为圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，
所以，即，
所以圆锥的高为.
故选：C.
4. 设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（ ）
A. 内有无数条直线与平行B. ，垂直于同一个平面
C. ，平行于同一条直线D. ，垂直于同一条直线
【答案】D
【解析】对于A：内有无数条直线与平行推不出∥，
只有内所有直线与平行才能推出，故A错误；
对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误；
对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误；
对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，
故D正确．
故选：D.
5. 定义在上的函数满足，且，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 3
【答案】D
【解析】，则，从而，
即以4为周期，故.
故选：D.
6. 若存在实数，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】依题意可知，；
当时，，显然成立；
当时，由，
令，由在为递增函数，
所以在为递增函数，且，
因此，即，综上可知.
故选：B.
7. 如图，已知平面向量满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设，过分别作的平行线，分别交于，
如图，不妨设，
，∴，
则，从而，
故.
故选：A.
8. 已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，过两点做一个平面，使得，则平面将四棱锥分的上､下两部分的体积比（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设平面与交于点，因为，而面，
则，连接交于点，连接交于点，则三点共线，
因为为中点，从而为的重心，从而，
因为，所以，
因为，所以，
因此，故.
故选：B.
二、多项选择题：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. 若复数满足：为的共轭复数，则（ ）
A.
B.
C. 在复平面对应的点位于第二象限
D.
【答案】ABD
【解析】因为，所以，
所以，所以，故选项A正确；
，故选项B正确；
复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故选项C错误；
，故D正确.
故选：ABD.
10. 某学校为了普及防溺水安全知识，对本校1000名学生开展了一次防溺水安全知识竞赛答题活动，从中随机抽取100名学生的得分，按照分成六段，整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）
A. 根据直方图，该校竞赛得分落在的频率为0.3
B. 根据直方图，该校竞赛得分的第75百分位数估计大于130
C. 根据直方图，该校竞赛得分的众数约为135
D. 根据直方图，该校竞赛得分的平均分约为121
【答案】ABD
【解析】对于A选项，分数在内的频率为
，A正确；
对于B选项，注意到分数落在的频率为，
从而第75百分为数超过，B正确；
对于C选项，因为的频率为0.3最大，故众数约为，C错误；
对于D选项，平均分：
，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 当时，最小正周期是
B. 在上单调递增
C. 当为奇函数
D. 当时，图象关于对称
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，，此时，
不恒等于，故A错误；
对于，在上均单调递增，则当时，单调递增，
故B正确；
选项C，易知的定义域关于原点对称，当时，
，即是奇函数，故C正确；
选项D，则，
所以的图象关于直线对称，故正确.
故选：BCD.
12. 如图，已知分别是四边形的中点，为对角线与的交点，则下列正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】对于选项，因为分别是四边形的中点，所以，
且，同理，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，又，所以，所以为菱形，
因此，故正确；
对于选项，因为四边形为菱形，并不一定有，故错误；
对于选项，因为，所以，
，
同理，，故C正确；
对于D选项，因为，
所以
，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. 函数的图像一定过定点，则点的坐标是__________.
【答案】
【解析】因为函数，
所以，令，解得，
此时，所以函数的图象过定点.
故答案为：.
14. 已知半球的半径为2，如图，截面圆平行于半球的底面的，以该截面圆为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】依题意，设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为，
如图所示，则，所以，
当且仅当时，取到等号，
因此剩下的几何体的表面积为：.
故答案为：.
15. 如图，已知正六边形的顶点分别是正六边形的边上的点，其中，若正六边形和的面积分别为，且满足，则的值为__________.
【答案】
【解析】题意可知，，则，
由，
设，则，
由余弦定理，，即，
故，
解得或（舍去），则，
从而，即.
故答案为：.
16. 已知均为锐角，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】，
因为均为锐角，则，因此，
因此
，当且仅当时，
等号成立.
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. 设集合.
（1）若，求实数a的取值范围；
（2）若中只有一个整数，求实数的取值范围.
解：（1），
因为，所以，
当时，则，故符合题意，
当时，则，可知，即，
综上可知，.
（2）或，
因为中只有一个整数，因此该整数为3，如图，
由，所以，所以.
18. 已知向量，且.
（1）求的值；
（2）求在方向上的投影向量的坐标.
解：（1）根据条件，
，则，
即.
（2）根据投影向量的计算公式，在方向上的投影向量，
其中为，是与同向的单位向量，即，
由夹角公式，，
则，
而，
故.
19. 如图，在五面体中，四边形为等腰梯形，，且.
（1）证明：；
（2）若为等边三角形，且面面，求与面所成角.
解：（1）依题意面面，
所以平面，
又面，面面，
所以，所以.
（2）在等腰梯形中，不妨设，，
分别过作的垂线EG，FH，则，故，
所以，
所以，所以，
又面面，面面面，
因此面，
从而与平面所成角即为，，
其中，
因而，故，从而与平面所成角为.
20. 已知的部分图象如图所示，两点是与轴的交点，为该部分图像上一点，且的最大值为4；
（1）求的解析式；
（2）将图像向左平移个单位得到的图像，设在上有三个不同的实数根，求的值.
解：（1）依题意，，故，从而，
而为对称轴，故，则，
根据可知，，
设为的中点，则，则的最大值为2，因此，
从而.
（2）依题意，，
则，
在存在三个实数根，设，
的三个零点满足，
从而，
故.
21. 在中，所对的边分别为，已知.
（1）若，求的值；
（2）若为锐角，求的取值范围.
解：（1）依题意，
由正弦定理可知，，
根据余弦定理，，即，
又，则，即，即或（舍去），
所以，
因此为等腰直角三角形，故.
（2）由条件，则，即，且，
根据正弦定理可得：
，
因A为锐角，所以，
所以，
令，
而上单调递增，故在上单调递增，
因此，即，
即的取值范围是.
22. 已知，其中.
（1）若，求的取值范围.
（2）设，若，恒有，求的取值范围.
解：（1）注意到，即为偶函数，
当时，，
当时，，则，
当时，，则，
因此对时，，即在上单调递增，
则，即，故，
平方可得，即，解得，
所以的取值范围.
（2）设，依题意可知，
因为，
则，
当时，由（1）可知，在上单调递增，在上单调递增，
则在上单调递增，可得在上单调递减，
所以，
又因为
，
且在上单调递增，则在上单调递增，
可得上单调递增，所以，
因此恒成立，
设，即，则，解得，
即，解得，
结合可知，可得，
所以的取值范围.