江西省部分学校2022-2023学年高一数学下学期期末检测试题（Word版附解析）.docx

1、20222023学年高一年级下学期期末检测数学注意事项：1.全卷满分150分，考试时间120分钟2.本卷考察范围：北师大版必修第二册全册一、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. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，即可确定的虚部【详解】，则的虚部为故选：B2. 已知平面向量，若，则实数（ ）A. -1B. -2C. D. 1【答案】A【解析】【分析】由向量垂直得向量的数量积为0可解得【详解】解：由已知，解得故选：A3. 已知，且，则等于（ ）A. 0B. C. D. 2【答案

2、】C【解析】【分析】根据余弦的二倍角公式以及可得，进而可得，代入即可求值.【详解】由得，因为，所以，进而得，故，所以，故选：C4. 一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等. 设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为，则A. 11B. 22C. 2D. 2【答案】B【解析】【分析】由题意画出图形，几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，四棱锥的高是P到的距离；三棱锥的高及三棱柱的高都是三棱锥的高；不难求得结果.【详解】由题意作图如图,几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，设棱长为1，四棱锥是棱长都相等正四棱锥,三

3、棱锥是一个正四面体，四棱锥的高是P到面的距离，P点到线段的距离是,令P在底面上的射影为O,连接，则，故，三棱锥的高就是P点到面的距离,令P点在面上的射影为 ,则是三角形的重心，故，故，三棱柱的高也是，因而，故选B【点睛】本题考查简单几何体的有关知识，考查空间想象能力，考查同学的想图、视图能力，是基础题.5. 在中，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，设，所

4、以，所以，其中，因为，所以，即；故选：D 6. 的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，则的值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式化简即可得出答案.【详解】因为，所以由正弦定理可得：，所以，即，即，则，所以.故选：D.7. 已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三角函数恒等变换化简，可得 是函数含原点的递增区间，结合已知可得可解得，又函数在区间上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得，进而求解.【详解】 是函数含原点的递增区间又函数在上递

5、增， 得不等式组-2-2232 ，得 又 又函数在区间上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可知 ，即函数在处取得最大值，可得 综上，可得12,34 故选：D8. 如图，在平面四边形ABCD中，ABBC，ADBD，BCD为边长为的等边三角形，点P为边BD上一动点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可计算出AB的长，由此建立平面直角坐标系，设点P的坐标，进而表示向量的坐标，计算，结合二次函数的知识求得结果.【详解】由题意可知，为等边三角形，则有，在中， ,；如图以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则有，由于，故可设P点坐标为

6、,且，所以，所以，因为，当时，取得最小值 ，当 时，取得最大值为0，所以，故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9. 设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）A. z的虚部为B. z在复平面内对应的点位于第四象限C. D. 【答案】BC【解析】【分析】先求解z的值，再根据复数的相关定义逐个计算判断即可【详解】由可得对A，z的虚部为，故A错误；对B，z在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；对C，故C正确；对D，故D错误；故选：BC10. 正方体的棱长为2，、分

7、别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）A. 直线与直线垂直B. 直线与平面平行C. 平面截正方体所得的截面面积为D. 点与点到平面的距离相等【答案】BC【解析】【分析】由，得出平面，进而得出，可判定A；取的中点，连接，利用线面平行的判定定理，得到平面，可判定B；连接，延长交于点，得到截面即为梯形，求得梯形的面积，可判定C；记点与点到平面的距离分别为，根据体积公式列出方程，得到，可判定D.【详解】对于A中，若，因为且，平面，所以平面，平面，所以，可得，因为，此时的内角和超过，故不成立，所以A错误；对于B中，如图所示，取的中点，连接，因为，所以，因为，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边

8、形，则，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以B正确；对于C中，如图所示，连接，因为，所以四边形为平行四边形，所以，延长交于点，因为平面，平面，所以平面平面，即，即相交于点，因为平面平面，且平面平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以，所以四点共面，截面即为梯形，又因为，所以，所以梯形，所以C正确；对于D中，记点与点到平面的距离分别为，因为，又因为，所以，所以D错误.故选：BC.11. 在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（ ）A

9、. 若，则B. 若，则B的取值范围是C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由正弦定理判断A；由角形为锐角三角形，所以，即有，根据可得的范围，从而判断B；由，可得，进而得，从而判断C；由，可得，从而判断D.【详解】解：对于选项A，因为AB，所以有,所以，故正确；对于选项B，因为，则，所以，由可得的取值范围是，故错误；对于选项C ，锐角三角形ABC中，同理，所以故正确；对于选项D，锐角三角形ABC中，因为，即，又，故正确故选：ACD12. 对于函数，下列结论正确得是（ ）A. 的值域为B. 在单调递增C. 的图象关于直线对称D. 的最小正周期为【答案】AD【解析】【分析】先分析函数的奇偶性与周

10、期性，再利用周期性，选取一个周期来研究即可对每一个选项作出判断.【详解】，所以，所以是偶函数，又，所以是函数的周期，又，故的最小正周期为.对于A，因为的最小正周期为，令，此时，所以，令，所以有，可知其值域为，故A正确；对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以在上不是单调递增，故B不正确；对于C，因为，所以，所以的图象不关于直线对称，故C不正确；对于D，前面已证明正确.故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，且，则的面积为_.【答案】【解析】【分析】根据直观图与原图形面积之间的关系即可求解.【详解】解：，且，故，.故

11、答 案 为：.14. 已知是实系数一元二次方程的一个虚数根，且，若向量，则向量的取值范围为_【答案】【解析】【分析】根据已知条件一元二次方程根的特征可知，也是的虚数根，结合已知条件，利用根与系数之间的关系和判别式求出的取值范围，然后再利用向量的模长公式和一元二次函数性质即可求解.【详解】不妨设，因为是实系数一元二次方程的一个虚数根，所以也是的一个虚数根，从而 ，又因为无实根，所以 ，由可得，因为，所以，由一元二次函数性质易知，当时，有最小值5；当时，；当时，故当时，即，故向量的取值范围为：.故答案为：.15. 在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据重心、

12、外心的性质，由数量积的运算化简可得，利用余弦定理及均值不等式求解即可.【详解】记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，取的中点D，如图，则，所以，即，则，当且仅当时取等号，此时.故答案为：16. 函数，且的最大值为3，则实数_【答案】【解析】【分析】化简得.令，可得.令，则，根据基本不等式推得，推出.根据题意，列出方程，即可得到结果.【详解】函数.令，则.令，则.因，当且仅当时，等号成立.所以，当且仅当时，取等号.所以，解得，故答案为：.【点睛】关键点点睛：将函数变形为是本题求解的关键.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. 已知是关于的方程的一个根，

13、其中为虚数单位.（1）求的值;（2）记复数，求复数的模.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）将代入方程，利用复数相等，得到方程，求出；（2）在第一问的基础上得到，从而求出模长.【小问1详解】由题意得:，即，所以，所以，解得：；【小问2详解】，所以18. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面平面，E是的中点，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及性质定理即可证得结论；（2）法一：利用线面角的定义求得；法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角.【小问1详解】延长，过点P作，

14、垂足为F，连接，由平面平面，平面平面，平面，又平面，是正三角形，又是直角梯形，即也是正三角形，故为菱形，所以F，E，B三点共线，且，平面，又平面，从而.【小问2详解】几何法：过A作，连接，平面，即，所以就是平面与平面所成二面角的平面角，在中，得，所以平面与平面夹角的余弦值是.坐标法：由（1）知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），设平面的法向量为，则，即，取，又平面，所以平面的法向量为，设平面与平面所成二面角的平面角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值是.19. 在；这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_（1）求A；（2）若，求面积的

15、取值范围（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）【答案】（1） （2）【解析】【分析】对于条件：两边边的条件为齐次，化边为角结合三角恒等变换可解得；对于条件：边的条件为齐二次，整理条件到余弦定理的结构可解得；对于条件：由正弦定理化角为边，整理条件到余弦定理的结构可解得.【小问1详解】（1）若选：因为，根据正弦定理得，所以，所以则，因为，所以，又，所以若选化简得：，则，又，所以 若选：因为，根据正弦定理得，所以即，因为，所以【小问2详解】（2）因为，由，则， ， 又，所以，则的取值范围为20. 已知向量，函数（1）当时，求的最小值；（2）是否存在实数，使不等式对任意的恒成立，若存在，求出的

16、取值范围；若不存在，说明理由【答案】（1） （2）存在，取值范围为【解析】【分析】（1）根据已知条件及向量的数量积的坐标运算，再利用辅助角公式及二倍角的余弦公式，结合换元法及二次函数的性质即可求解；（2）根据（1）的出函数，利用换元法但注意新元的范围，结合不等式恒成立问题利用分离参数法转化为函数的最值问题，再利用对勾函数的性质即可求解.【小问1详解】由题可知，因为，所以，又，令，当时，所以，对称轴，开口向上，由二次函数的单调性知，所以上单调递减，所以当时，取得最小值为.所以的最小值为.【小问2详解】由（1）知，所以，对任意的恒成立，令，则，因为，所以，所以，即，所以，由，得，则，整理得，所以，

17、故在上恒成立，由对勾函数的性质知：在上单调递减，当时，取到最大值4，所以，故存在，且的范围为.21. 某大学科研团队在如下图所示的长方形区域内（包含边界）进行粒子撞击实验，科研人员在A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在A处按方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知长度为6分米，O为中点.（1）已知向量与的夹角为，且足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；（2）设向量与向量的夹角为（），向量与向量的夹角为（），甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍.请问的长度至少为多少分米，才能确保对任

18、意的，总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞？【答案】（1）； （2）的长度至少分米.【解析】【分析】（1）根据题意在中运用余弦定理以及基本不等式求解即可；（2）过作，垂足为，设，则，由余弦定理求出，进而求出，得出，并求其最大值，再由恒等式得出最小值即可.【小问1详解】设两颗粒子在点相撞，在中，由余弦定理得，即，即，当且仅当时，等号成立，所以两颗粒子运动路程和的最大值为；【小问2详解】过作，垂足为，设，则，由余弦定理可得，当即时，即取得最大值，易知恒成立，的长度至少为分米，才能确保对任意的，总可以通过调整乙粒子的释放角度，使两颗粒子成功碰撞.22. 已知函数，（1）判断 的奇

19、偶性并证明；（2）若，求的最小值和最大值；（3）定义，设.若在内恰有三个不同的零点，求a的取值集合.【答案】（1）偶函数，证明见解析. （2）， （3）【解析】【分析】（1）结合奇偶性的定义直接证明即可；（2）将看作整体，结合二次函数的性质即可求出最值；（3）由于，则转化为或，然后分类讨论即可求出结果.【小问1详解】是偶函数证：因为的定义域为,且f（x）是偶函数【小问2详解】当，则 又当时，当时，【小问3详解】因为都是偶函数.所以在上是偶函数，因为恰有3个零点，所以，则有：或， 当时，即且时，因为当，令，因为，解得或，所以恰有3个零点，即满足条件：. 当时，即且时，此时，当时，只有1个零点，且，所以恰有3个零点等价于恰有2个零点，所以，解得，此时有2个零点符合要求，当时只有一个零点x=0，有2个零点符合要求，当时，解得或，令解得或（舍去），所以的根为，要使恰有3个零点，则综上：【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点