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）.docx

1、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个B. 3个C. 4个D. 5个【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.

2、【详解】依题意，解不等式，得，而，因此，所以在内的角有3个.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. 3B. C. 9D. 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，时取最小值为.故选：B5.

3、 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，若，直线与平面的关系不确定，A不是；若，直线可以与直线平行，此时不能推出，B不是；若，直线可以平行于或在平面内，C不是；若，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

4、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M，N，P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

5、用欧拉线定理结合图形判断B作答.【详解】点是的外心，则，A错误；如图，由欧拉线定理得，B正确； 点为的重心，延长交于，则是的中点，于是，则，C正确；点是的垂心，由，得，即，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，

6、最后根据球的表面积公式计算可得.【详解】将三棱锥放一个长方体中，如图所示： 则，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，在为直角三角形，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】设（且），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

7、.【详解】设（且），则，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；，所以当时取最小值，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；由，得，B错误；，由，得，因此函数的单调递减区间为，C正确；由，得函数的图象对称轴为，当时，D正确.故选：CD11. 质点A和B在以坐标原点O为圆心、半径为1

8、的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发A的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；B的角速度大小为1rad/s，起点为射线与的交点当A与B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A与B重合时，用的时间为，于是，即，则，当为偶数时，即，B正确；当为奇数时，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

9、取值有关C. 三棱锥体积的最大值为D. 若，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；当时，与的取值无关，B错误；过作交于，由平面，得平面，由，得，于是，所以当且仅当，且为中点时，三棱锥体积取最大值，C正确；若，则，由选项知，为与圆锥底面所成的角，即，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

10、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，

11、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x，y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】 . . #【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，所以若，则，所以；（2）因为，所以，若，则，所以，即，因为，

12、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）求，的值；（2）若，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，由得，所以.18. 如图，在三棱锥中，点D，M分别为AC，PB的中点，（1）证明：/平面BDF；（2）若平面/平面BDF，其中平面，证明：AN是AM在平面PAC上的投影【答案】（1）证明见解析； （2）证明见

13、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】取的中点，连接，由，得，点为的中点， 又点为的中点，则，又平面平面，于是平面，又点为的中点，点为的中点，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，由为的中点，得，则，又平面，因此平面，所以是在平面上的投影.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A，B，C的对边分别为a，b，c，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

14、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：，而，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，由，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BC到D，使，以AD为底边向外作顶角为的等腰三角形ADE已知，设， （1）求周长取值范围；（2）求四边形区域ABDE面积的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析

15、】（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】在中，由余弦定理，得，而在上单调递减，即.故周长为，其取值范围为.【小问2详解】作为垂足，因为三角形为等腰三角形，且， ，在中，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. 在中，若D是AB的中点，则；若D是AB的一个三等分点，则；若D是AB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，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，CB分别交于点P，Q利用（1）的结论，用，表示；

16、设，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】若，则，因为、三点共线，设，则，因为、三点共线，设，则，因为与不共线，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E，F分别为的重心和外心，D是BC的中点， （1）求BE；（2）如图，P为平面ABC外一点

17、，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】由，且D是BC的中点，得，则，共线，又为重心，则，又为的外心，连接，而是的中点，因此，在中，由余弦定理得，所以. 【小问2详解】由平面,平面，得,又，平面，则平面，而平面，所以.由知，则为二面角的平面角，而二面角的正切值为4，即，解得，又的外心为，令三棱锥外接球的球心为，则平面，有，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.