2021-2022学年江西省丰城市高一年级下册学期期末检测数学试题【含答案】

1、2021-2022学年江西省丰城市高一下学期期末检测数学试题一、单选题1已知复数（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限D【分析】利用复数的运算法则进行化简，求出共轭复数，根据复数的几何意义进行求解.【详解】复数，则，即其在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选：D2已知向量，则实数（）A6B3CDB【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程求.【详解】由题意知向量，垂直，又，所以，解得，故选：B.3如图，已知等腰直角三角形，是一个平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（）ABCDD【分析】由直观图可确定平面图形是以和为直角边的直角三

2、角形，由此可求得结果.【详解】，由此可知平面图形是如下图所示的，其中，.故选：D.4的值等于（）ABCDA【分析】根据辅助角公式，直接计算，即可得出结果.【详解】.故选：A.5已知函数，其图像相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（）A函数的最小正周期为B函数在区间上单调递增C点是函数图象的一个对称中心D将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象C【分析】先求出，对四个选项一一验证：对于A：利用周期公式验证；对于B：直接讨论单调性验证；对于C：代入法验证；对于D：利用图像变换验证.【详解】函数，其图像相

3、邻两条对称轴之间的距离为，即.直线是其中一条对称轴，解得.所以.对于A：函数的最小正周期为，故A错误；对于B：当时，所以不单调，故B错误；对于C：当时，所以点是函数图象的一个对称中心，故C正确；对于D：将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图像，再向左平移个单位长度，得到，故D错误.故选：C(1)三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题；(2)求单调区间，最后的结论务必写成区间形式，不能写成集合或不等式6如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的是（），四点共面；与异面；与的交点可能在直线上，

4、也可能不在直线上；与的交点一定在直线上ABCDB【分析】利用平面几何的性质及平行公理可得，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案.【详解】依题意，可得， ，故，所以，四点共面；所以正确，错误；因为，所以四边形EFGH是梯形；EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点.又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上. 所以正确，错误；故选：B.7若，则（）ABCDA【分析】根据，利用诱导公式转化为，再利用二倍角公式求解.【详解】因为，所以，故选：A8在中，D，E分别是边上的三等分点，则的值是（）A6

5、BC8DB【分析】以作为基底分别表示出，再根据平面向量的数量积运算即可求出【详解】因为D，E分别是边上的三等分点，不妨设，所以，由可得，即，同理可得，所以故选：B二、多选题9下列函数周期为的是（）ABCDCD【分析】求出各函数的周期后可得【详解】和的周期是，的周期是，的周期是故选：CD.10已知是两个不重合的平面，a，b是两条不同的直线，是两个不同的点，下列说法正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则CD【分析】根据直线与平面的位置关系，对四个选项逐一判断即可.【详解】A选项: 若，则与还有可能相交或者异面，B选项: 若，则或，C选项: 若，则，故C正确，D选项: 若，则，故D正确.故选：

6、CD.11下列说法错误的是（）A若，则B若，则存在唯一实数使得C两个非零向量，若，则与共线且反向D已知，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是ABD【分析】根据向量的概念依次判断即可.【详解】A. 取，尽管，但不一定成立，故A错误；B. 若，对于非零向量，当时，则不存在任意实数使得，故B错误；C. 由，两边平方 可得，从而，则与共线且反向，故C正确；D.当与的夹角为锐角，则，即，则，解得，但当时，与的夹角为零角，不满足题意，所以的取值范围是，故D错误；故选：ABD.本题主要考查向量共线的问题，属于简单题.12下列结论正确的是（）A在中，若，则B在锐角三角形中，不等式恒成立C在中，若，则是直角三角

7、形D在中，若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为ABC【分析】利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A；利用余弦定理，即可判断B；首先利用正弦定理得到，即可求出判断C；对选项D，首先利用面积公式得到，利用余弦定理得到，再利用正弦定理即可判断D.【详解】对于A，在中，由，利用正弦定理得，故A正确.对于B，由锐角三角形知，则，故B正确.对于C，由，利用正弦定理得，即，故，即，则是直角三角形，故C正确.对于D，解得，利用余弦定理知，所以，又因为，故D错误.故选：ABC关键点点睛：本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档题.三、填空题13计算_【分析】由复数的四

8、则运算化简，结合模长公式求解即可.【详解】故14已知，则向量与向量的夹角为_【分析】化简，结合平面向量数量积的定义可求出向量与向量的夹角【详解】设向量与向量的夹角为，因为，所以，得，因为，所以，故15埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为_.【分析】根据题意，设未知量，结合面积公式和勾股定理即可求解.【详解】设该四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，根据题意得，该四棱锥的高为边长的正方形面积，该四棱锥一个侧面三角形的面积，又因，且，所以，即

9、，因此.故选答案为.16已知是斜三角形，角，所对的边分别为，若，且，则的面积为_【分析】由正弦定理对统一成角的形式，化简后可求出，对利用三角函数恒等变换公式化简，结合正弦定理得，然后利用余弦定理结合已知条件可求出，从而可求出三角形的面积【详解】因为，所以由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以，因为是斜三角形，所以，所以，所以由正弦定理得，由余弦定理得，因为，所以，则，所以的面积为，故四、解答题17已知复数，(，i是虚数单位).（1）若在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a的取值范围；（2）若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数m的值.（1）；（2）.（1）求

10、出，再根据复数的几何意义可得不等式组，即可得到答案；（2）将复数代入一元二次方程，可得，解方程组即可得到答案；【详解】解：（1）由题意得，因为在复平面内对应的点落在第一象限，所以，解得.（2）由得，即，所以，解得.本题考查复数的四则运算，复数的几何意义，考查运算求解能力.18如图，在长方体中，点是的中点.（1）求证：平面；（2）求异面直线和所成角的余弦值.（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接交于点，连接，结合三角形中位线定理，及线面平行的判定定理，可得平面；（2）连接，知为异面直线和所成的角或补角，再由余弦定理求解即可.【详解】（1）如图，连接交于点，连接，分别是和的中点，又平面，平面，

11、平面；（2）连接，易知，故为异面直线和所成的角或者补角，则，在中，所以异面直线和所成角的余弦值为19已知，（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值（1）最小正周期为，单调减区间为；（2）最大值为3，最小值为0【分析】（1）利用向量的坐标运算化简，再利用整体的思想.（2）根据（1）的结果及的范围求出的范围，从而计算出函数的最值.【详解】解：，由，的最小正周期，由，得：，的单调递减区间为，；由可得：当时，函数取得最小值为当时，函数取得最大值为故得函数在区间上的最大值为3，最小值为020如下图所示，（1）若为中点，求；（2）是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存

12、在，请说明理由（1）；（2）存在，或.【分析】（1）建立适当的平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，数量积的坐标运算计算;（2）利用平面向量的坐标的线性运算和数量积的坐标表示建立方程求解即得.【详解】以为坐标原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向建立坐标系，（1）为中点，为中点，（2），或者时21在锐角中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件：，条件：，条件：这三个条件中选择一个作为已知条件(1)求角A的大小；(2)若，求周长的取值范围(1)(2)周长的取值范围为【分析】（1）若选条件，切化弦即可；若选条件，等价转换即可；若选条件，由正弦定理，边化角得，再根据诱导公式等价转化即可.（2）由正弦定理，边化角得，结合B的范围求解.【详解】(1)选条件：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以.选条件：因为，所以所以，又因为，所以，所以，所以， 选条件：由正弦定理可得即，又因为，所以，因为，所以.(2)，则即，即周长的取值范围为.22已知函数.(1)若函数是偶函数，求的最小值；(2)若，求的值；(3)求函数在上的最大值(1)的最小值为(2)的值为(3)函数在上的最大值【分析】（1）根据辅助