2022-2023学年江西省赣州市高一下期末数学试卷含解析

第第页2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末数学试卷（含解析）2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共7小题，共35.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.设复数为虚数单位，则()

A.B.C.D.

2.已知向量，，，则()

A.B.C.D.

3.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是()

A.

B.

C.

D.

4.已知空间中三个互不相同的平面、、，两条不同的直线、，下列命题正确的是()

A.若，，则B.若，，，则

C.若，，，则D.若，，则

5.已知的内角，，的对边分别为，，，下列结论错误的是()

A.若，则

B.若，，，则符合条件的三角形有个

C.若，则

D.若的面积，则

6.在正方体中，为棱的中点，则()

A.B.C.D.

7.已知函数是奇函数，且的最小正周期为，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，所得图象对应的函数为，若，则()

A.B.C.D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

8.下列各式化简中，一定正确的是()

A.B.

C.D.

9.已知复数，在复平面上对应的点分别为，，且为复平面原点若为虚数单位，向量绕原点逆时针方向旋转，且模伸长为原来的倍后与向量重合，则()

A.的虚部为B.点在第二象限C.D.

10.若平面，，，则以下结论有可能成立的是()

A.与异面B.与平行C.与垂直D.、都与相交

11.已知函数，若，且在区间上单调递减，则下列说法正确的有()

A.B.对任意，均有

C.函数在区间上单调D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

12.已知角终边经过点，则______．

13.如图，在单位网格中，向量在向量上的投影向量与向量的夹角为______．

14.如图，在等腰直角三角形中，点为线段的中点，，，将沿所在直线进行翻折，得到三棱锥，当时，此三棱锥的外接球表面积为______．

15.设函数满足：对任意，有，且时，，，则在上有______个零点．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.本小题分

已知向量，．

若，求实数的值；

已知向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围．

17.本小题分

已知函数．

用“五点法”作出函数在区间上的图象；

将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上的每个点的横坐标都伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象求在区间上的取值范围．

18.本小题分

从条件，中选择一个，补充在下列横线中，并解答问题．

如图，在直三棱柱中，点在线段上，已知_____，且，，若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分．

求证：平面；

求异面直线与所成角的余弦值．

19.本小题分

已知的内角，，的对边分别为，，，满足．

若，求；

若，且，求的面积．

20.本小题分

如图，在多面体中，是四边形的外接圆的直径，是与的交点，，四边形是直角梯形，，平面，．

求证：平面；

求多面体的体积．

21.本小题分

在数学中，三角函数的李生兄弟是双曲函数，其中双曲余弦函数令．

证明：判断函数的奇偶性，并证明；

若对任意，，有，求的取值范围．

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：，

．

故选：．

根据复数四则运算法则计算即可．

本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．

2.【答案】

【解析】解：向量，，，

可得：，解得．

故选：．

利用向量的共线，列出方程求解即可．

本题考查向量共线的充要条件的应用，考查计算能力，是基础题．

3.【答案】

【解析】解：设原图形的四边形为，

则根据斜二测法规则及题意可知：

原图形中，，

又原图形中，

原图形中，

原图形的周长是．

故选：．

根据斜二测法规则，即可求解．

本题考查根据斜二测法规则，属基础题．

4.【答案】

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于，垂直于同一平面的两个平面可以平行，也可以相交，A错误；

对于，若，，则，若，必有，B正确；

对于，若，，，则与平面可以平行，也可以相交，C错误；

对于，垂直于同一平面的两个平面可以平行，也可以相交，D错误；

故选：．

根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案．

本题考查空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系．涉及直线与平面垂直的判断和性质，属于基础题．

5.【答案】

【解析】解：若，则，即，故A正确；

若，，，则，

由，可得，所以有两解，故B正确；

由，可得或，即或，故C错误；

若的面积，即，

即有，即有，由，可得，故D正确．

故选：．

由三角形的正弦定理和边角关系可判断；由三角函数的诱导公式可判断；由三角形的余弦定理和面积公式可判断．

本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及三角形的边角关系，考查转化思想和运算能力，属于中档题．

6.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查线线垂直的判断，涉及线面垂直的判定与性质，是中档题．

连接，推导出，，从而平面，由此得到．

【解答】

解：如图，连接，由题意得，

平面，且平面，

，

，，平面，

平面，

平面，

．

故选C．

7.【答案】

【解析】

【分析】

根据条件求出和的值，结合函数变换关系求出的解析式，结合条件求出的值，利用代入法进行求解即可．

本题主要考查三角函数的解析式的求解，结合条件求出，和的值是解决本题的关键．

【解答】

解：是奇函数，，，

的最小正周期为，

，得，

则，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，

则，

若，则，即，

则，则，

故选：．

8.【答案】

【解析】解：对于，，故A正确；

对于，，故B错误；

对于，

，故C正确；

对于，，故D错误．

故选：．

由三角恒等变换知识逐一计算各选项即可．

本题考查三角恒等变换化简求值，属于中档题．

9.【答案】

【解析】解：因为对应的点，，

设向量与轴正方向的夹角为，则，即，

向量绕绕原点逆时针方向旋转，且模伸长为原来的倍后与向量重合，

所以，

则，即的虚部为，A错误；

点在第二象限，B正确；

因为，

所以，C错误；

因为，D正确．

故选：．

由已知结合复数的几何意义先求出，然后结合复数的四则运算，复数几何意义及复数的模长公式检验各选项即可判断．

本题主要考查了复数的四则运算，复数的几何意义，复数的概念的应用，属于中档题．

10.【答案】

【解析】解：作出正方体，如图，

对于，记面为，面为，为，为，

则满足，，，

此时，面，面，面，，

与是异面直线，即与异面，

而，，则，都与相交，

由题意知平面，面，，故ACD均正确；

对于，记平面为，面为，为，为，

满足，，，此时，故B正确．

故选：．

利用正方体，对各选项依次举出相应例子，即可得解．

本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．

11.【答案】

【解析】解：因为在区间上单调递减，且，

所以点是函数的一个对称中心，

并且最小正周期满足，即，

所以当时，则直线是函数的一条对称轴与对称中心相邻，

则，即，所以，故A正确；

则，

由于是函数的一个对称中心，所以，得，

又，所以，故D正确；

则，所以，

又的最大值为，则对任意，均有，故B正确；

当时，，则函数在区间上不单调，故C错误．

故选：．

根据函数的单调性及取值关系，可得点是函数的一个对称中心，直线是函数的一条对称轴，从而得函数最小正周期，即可得的值，再根据对称性列方程可得的值，于是得函数解析式，根据正弦型三角函数的性质逐项判断即可．

本题主要考查三角函数的图像变换和单调性，属于中档题．

12.【答案】

【解析】解：因为到原点的距离为，

故，，

则．

故答案为：．

由已知结合三角函数的定义即可求解．

本题主要考查了三角函数定义的应用，属于基础题．

13.【答案】

【解析】解：根据题意，如图，以为坐标原点，建立坐标系，

则，，，

由投影向量的定义，向量在向量上的投影向量为，

则，，

而，，则，，

即向量在向量上的投影向量与向量的夹角为．

故答案为：．

根据题意，以为坐标原点，建立坐标系，分析可得向量在向量上的投影向量为，进而由数量积的计算公式分析可得答案．

本题考查向量夹角的计算，涉及投影向量的定义，属于基础题．

14.【答案】

【解析】解：在等腰直角三角形中，由已知可得，

则在三棱锥中，有，，

在中，，，有，可得，

则、、两两互相垂直，

三棱锥的外接球即为其所在长方体的外接球，

半径为．

此三棱锥的外接球表面积为．

故答案为：．

由已知证明，再由分割补形法求解．

本题考查多面体的外接球，训练了分割补形法的应用，是基础题．

15.【答案】

【解析】解：由题意，当时，

此时函数单调递减，且，且，，

所以当时，，

此时函数单调递增，且，

当时，，，

此时函数单调递增，且，

当时，，，

此时函数单调递减，且，

又，

可得，

所以在上有个零点．

故答案为：．

根据题意，求得函数在上的解析式，再根据单调性确定零点个数，进而得解．

本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．

16.【答案】解：根据题意，若，则有，

即，

变形可得：，

又由向量，，则，

解可得；

根据题意，向量与的夹角为钝角，则有，

解可得：且，即的取值范围为且．

【解析】根据题意，由，结合数量积的计算公式可得，进而可得关于的方程，解可得答案；

根据题意，由数量积的计算公式可得，解可得答案．

本题考查向量数量积的计算，涉及向量模和夹角的计算，属于中档题．

17.【答案】解：用“五点法”作函数在区间上的图象：

列表，

得函数图象如图所示，

函数的图象向右平移个单位长度，得的图象，

再将图象上的每个点的横坐标都伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，

，

，单调递增，，单调递减，

又轴是的一条对称轴，

当时，有最大值，

当时，有最小值，

故在区间上的取值范围．

【解析】由五点法列表、描点、作图，可得的图象；

利用函数的图象变换规律及性质，可得结论．

本题主要考查由函数的解析式用“五点法”作图，函数的图象变换规律与性质，属于基础题．

18.【答案】证明：连接，设，如下图所示：

因为，，且，所以，，

则，

所以，，

所以，，

故，

所以，，即，

若选，因为，，，平面，因此，平面；

若选，因为，且，

由余弦定理可得，

整理可得，解得，

所以，，所以，，

因为平面，平面，则，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，，

因为，、平面，因此，平面．

解：将直三棱柱补成直四棱柱，使得四边形为平行四边形，

则，故异面直线与所成角为或其补角，

若选，由可知，，

因为平面，平面，则，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，则，且，

，

则直四棱柱为长方体，所以，平面，

因为平面，所以，，

因为平面，平面，所以，，

所以，，故，

因此，异面直线与所成角的余弦值为；

若选，由可知，平面，因为，

则，以下同．

【解析】证明出，可证得，

若选，直接利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

若选，证明出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

将直三棱柱补成直四棱柱，使得四边形为平行四边形，分析可知，故异面直线与所成角为或其补角．

选，推导出，计算出、的长，可求得的余弦值；

选，求出的长，解答步骤同．

本题考查了线面垂直的证明以及异面直线所成的角的计算，属于中档题．

19.【答案】解：因为，则，而，

所以，

整理可得，解得，

又因为为钝角，所以为锐角，

所以；

因为，由正弦定理可得，而，

可得，而，

可得，

由可得，，

而，可得，

所以．

【解析】由题意及两角和，差的余弦函数的展开式可得的值及的范围，可得角的大小；

由正弦定理及可得，，即，代入三角形的面积公式可得它的大小．

本题考查三角形的性质的应用及正弦定理的应用，属于基础题．

20.【答案】证明：取的中点，连接，，

因为是四边形的外接圆的直径，所以，，

又因为，，所以是正三角形，

所以的外接圆与四边形相同，且圆心在上，

设圆心为，则，且，为的中点，

所以，，

因为为的中点，所以，且，

又因为，且，所以，且，

所以四边形是平行四边形，所以，即，

又因为平面，平面，所以平面；

解：多面体的体积为，

取的中点，连接，因为是正三角形，所以，所以，

由正弦定理得，，所以，

所以，所以的面积为，

又因为平面，平面，所以，

又因为，、平面，所以平面，

所以点到平面的距离为，

所以，

因为，所以，

所以，

所以．

【解析】取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面；

多面体的体积为，取的中点，连接，利用正弦定理求得，计算的面积，求出四棱锥的