江西省九江市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）.docx

1、秘密启用前九江市20222023学年度下学期期末考试高一数学试题卷本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共22道小题，时间120分钟，满分150分第卷（选择题，共60分）一、单项选择题（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. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得.【详解】因为，所以.故选：C2. （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将拆分成，然后利用两角差的正弦余弦公式展开计算即可.【详解】因为.故选：D.3. 如图，正方体

2、中，是底面的中心，分别为棱，的中点，则下列与垂直的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而判断B，再由平行得到 异面直线所成角，即可判断A、C，利用反证法说明D.【详解】取的中点，连接、，根据正方体的性质可得，所以为异面直线与所成角，设正方体的棱长为，则，所以，所以，显然，故直线与不垂直，故A错误，因为，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，所以，故B正确； 取的中点，连接、，则且，又且，所以且，所以为平行四边形，所以，所以为与所成的角，显然，所以与不垂直，故C错误； 连接，因为平面，平面，所以，若，平面，所以平面，又平面，所以，显然与不

3、垂直，故假设不成立，所以与不垂直，故D错误； 故选：B4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，得，化简后可求出，然后利用夹角公式求解即可【详解】因为，所以，得，设与的夹角为，因为，所以，因为，所以，故选：C5. 已知，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦函数、余弦函数、正切函数的性质判断即可.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：D6. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，求得，结合三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】

4、由三角函数的基本关系式和倍角公式，可得因为，所以，整理得，即，因为，可得，所以，则，所以.故选：A.7. 把半径为R的一圆形纸片，自中心处剪去中心角为120的扇形后围成一无底圆锥，则该圆锥的高为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，设无底圆锥的底面半径为，由弧长公式可得，进而计算可得答案【详解】根据题意，设无底圆锥的底面半径为，其母线长为，根据题意可知圆锥的侧面展开图为240的扇形，则有，可得，故该圆锥的高故选：C8. 在中，已知，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知等式化切为弦，可得，结合正弦定理及余弦定理即基本不等式求得的

5、最小值，则答案可求【详解】，可得，又，可得，当且仅当时取等号，又，则，所以，的取值范围为故选：C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的全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 已知非零向量，则（ ）A. 若，则B. 若，则C 若，则，共线D. 若，则，共线【答案】BCD【解析】【分析】由向量数量积的定义即可判断A，由向量数量积的运算律，代入计算，即可判断B，由平面向量共线定理即可判断C，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断D.【详解】对于A，若，即，即，得不到，故A错误；对于B，若，则，所以，故B正确；对于C，若，且为

6、非零向量，由平面向量共线定理可知，共线，故C正确；对于D，若，设与的夹角为，则两边平方可得，即，所以，则，所以，即与是共线且反向，故D正确；故选：.10. 若为第四象限角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据为第四象限角，可得，的范围，进而根据三角函数在各个象限的正负即可判断.【详解】由于为第四象限角，所以,所以，所以终边落在第三、四象限以及轴负半轴上，终边落在第二或第四象限的角，故BC正确，AD错误，故选：BC11. 关于函数，下列结论正确的是（ ）A. 是偶函数B. 的最小正周期为C. 在区间上单调递减D. 的最大值为2【答案】AC【解析】【分析】根据偶函数定义

7、可判断A，根据即可判断B，根据整体法即可判断C，去掉绝对值根据辅助角公式，结合三角函数的性质即可判断D.【详解】对于A，的定义域为,且，故为偶函数，故A正确，对于B,由于所以，故不是的周期，故B错误，对于C,当时，故在区间上单调递减，C正确，对于D，其中，所以取不到2，故D错误，故选：AC12. 如图，正方体中，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面C. 三棱锥的体积为定值D. 的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】在正方体中，易得平面，可判定A正确；过点作，得到平面即为平面，结合与不垂直，可判定B不正确；由平面平面，证得平面，得到点到平面的距离等于点点到平面的距离，且

8、为定值，可判定C正确；将绕着展开，使得平面与平面重合，连接，得到时，取得最小值，进而可判定D正确.【详解】对于A中，如图（1）所示，在正方体中，连接，连接，在正方形中，可得，由平面，平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，连接，同理可证平面，因为平面，所以，因为且平面，所以平面，因为平面，所以，所以A正确；对于B中，当点不与重合时，过点作，因为，所以，所以平面即为平面，如图所示，在正方形中，与不垂直，所以与平面不垂直，所以B不正确；对于C中，分别连接，在正方体，因为，平面 平面，所以平面，同理可证：平面，因为且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，又因为是上的一动点，所以点到平面

9、的距离等于点到平面的距离，且为定值，因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；对于D中，将绕着展开，使得平面与平面重合，如图（2）所示，连接，当为和的交点时，即为的中点时，即时，取得最小值，因为正方体中，可得，在等边中，可得，在直角中，可得，所以的最小值为，所以D正确.故选：ACD. 第卷（非选择题，共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据题意得到复数在复平面内对应的点为，结合题意，列出不等式组，即可求解.【详解】由复数在复平面内对应的点为，因为复数在复平面内对应的点在第四

10、象限，则满足，解得，所以实数m的取值范围是.故答案为：.14. 已知向量，则在方向上的投影数量为_【答案】#【解析】【分析】根据向量投影的计算公式即可求解.【详解】在方向上的投影为，故答案为：15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的面积为_【答案】【解析】【分析】根据正弦定理边角化得，进而可得，由余弦定理和面积公式即可求解.【详解】由正弦定理可得,由于，所以，由得，故,所以，故的面积为,故答案为：16. 南宋数学家杨辉所著的详解九章算法商功中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”如图“三角垛”共三层，最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径均为1且两两相

11、切，则该“三角垛”的高度为_ 【答案】【解析】【分析】依题意连接顶层1个球和底层边缘3个球球心得到一个正四面体，且该正四面体的棱长为，则该“三角垛”的高度为正四面体的高，求出正四面体的高，即可得解.【详解】依题意连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心得到一个正四面体，且该正四面体的棱长为，则该“三角垛”的高度为正四面体的高，如图正四面体棱长为，设底面的中心为，连接并延长交于点，则为的中点，连接，则为底面上的高，所以，所以“三角垛”的高度为. 故答案为：四、解答题（本大题共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. 已知函数（1）求的最小正周期；（2）若，求的值【答案】（1）

12、（2）【解析】【分析】（1）根据余弦的和差角公式即可化简，由周期公式即可求解，（2）根据正切和差角公式得，即可由余弦的二倍角公式以及齐次式求解.【小问1详解】，所以周期为【小问2详解】由于，所以，故18. 已知四边形ABCD是边长为2的菱形，P为平面ABCD内一点，AC与BP相交于点Q（1）若，求x，y的值；（2）求最小值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）建立直角坐标系，利用向量的线性运算的坐标表示即可求解，（2）根据向量数量积的坐标运算，结合二次型多项式的特征即可求解最值.【小问1详解】当时，则为的中点，由于,所以,所以 【小问2详解】由于四边形ABCD是边长为2的菱形，且，建立如

13、图所示的直角坐标系，则,取中点为，连接,则,设，故当时，取最小值，19. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，是的重心（1）求证：平面；（2）若，求圆锥的体积【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，由M是的重心，O为的重心，可得，从而得，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）由，得，则，从而可求出，进而可求出圆锥的体积.【小问1详解】证明：取的中点，连接，因为为等边三角形，所以分别在上，因为是的重心，所以，因为为的重心，所以，所以，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为，所以，因为，所以，所以，因为为等边的重心，所以，所以

14、底面圆的面积为，所以圆锥的体积为20. 如图，已知函数的图象与x轴相交于点，图像的一个最高点为 （1）求的值；（2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数的所有零点之和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用三角函数的性质可得函数的解析式，即可求出的值；（2）由三角函数的平移变换求出，问题等价于与图象的所有交点的横坐标之和，画出与图象，求解即可.【小问1详解】，所以，所以，又因为函数的图象的一个最高点为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以.【小问2详解】将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，所以，令，得，问题等价于与图象的所有交点的横坐标之和，函数与的图象关于对

15、称，令，解得：，函数与的图象如下图所示： 故两函数的图象有且仅有9个交点，所以，故函数的所有零点之和为.21. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求B；（2）若，D为角B平分线上一点，且，求证：A，B，C，D四点共圆【答案】（1） （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理结合正弦的二倍角公式化简计算，即可得到结果；（2）根据题意，由正弦定理可得，即可得到，即可证明.【小问1详解】由正弦定理及可得，因为，且，则且，所以，即，则，即，所以.【小问2详解】证明：由（1）可得，如图，D为角B的平分线上一点，所以，在中，由正弦定理可得，同理，在中，因为，所以，所

16、以，所以，所以，所以A，B，C，D四点共圆22. 如图，在三棱柱中，平面 （1）求证：平面；（2）若点在棱上，当的面积最小时，求三棱锥外接球的体积【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）依题意可得、，即可得证；（2）依题意可得，则，所以当的面积最小时，最小，此时，即为的中点，再证明平面，从而得到三棱锥外接球的球心为的中点，求出外接球的半径，即可求出其体积.小问1详解】因为平面，平面，所以，在三棱柱中，所以平行四边形为菱形，所以，又，平面，所以平面.【小问2详解】因为平面，平面，所以，所以，所以当的面积最小时，最小，此时，又，所以为等边三角形，所以为的中点，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，所以，所以三棱锥外接球的球心为的中点，所以三棱锥外接球的半径，所以三棱锥外接球的体积.