2022-2023学年江西省赣州市高一下学期6月期末考试数学试题【含答案】

2022-2023学年江西省赣州市高一下学期6月期末考试数学试题一、单选题1．的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解.【详解】,故选：A2．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用诱导公式求得正确答案.【详解】依题意，，.故选：A3．已知向量，则向量在向量方向上的投影向量是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平面向量在向量方向上的投影向量的定义求解.【详解】解：因为向量，所以向量在向量方向上的投影向量是，故选：B4．在中，D为BC的中点，设，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由平面向量的线性运算求解，【详解】由题意得，故，故选：B5．已知，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题是真命题的为（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】B【分析】根据线线、线面、面面的位置关系判断即可.【详解】对于A：若，，则或，故A错误；对于B：若，，可得，故B正确；对于C：若，，则或与相交，或与异面，故C错误；对于D：若，，，则或或或与相交（不垂直），故D错误；故选：B6．函数，此函数的奇偶性及最大值为（

）A．奇函数，最大值是 B．偶函数，最大值是C．奇函数，最大值是 D．偶函数，最大值是【答案】D【分析】根据奇偶函数的判定和二倍角的余弦公式，结合二次函数的最值即可得到答案.【详解】易知函数的定义域为，又，所以该函数为偶函数，因为，所以当时，取最大值.故选：D.7．在正四棱台中，，侧棱，若为的中点，则过，，三点截面的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】取的中点，则，又，则，可得过，，三点截面为等腰梯形，利用题中数据及正四棱台的性质计算即可.【详解】取的中点，连接，则，又，则，又根据正四棱台的性质得，则为等腰梯形，即过，，三点截面为等腰梯形．取的中点，连接，在等腰梯形中，，则，，在等腰梯形中，，，则梯形的高为，所以等腰梯形的面积．故选：A．8．已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正四面体的性质，推得球心的位置，求出正方体的高与斜高.根据相似三角形，得出方程，即可求出球的半径，得出答案.【详解】

如图，正四面体，设点是底面的中心，点是的中点，连接.则由已知可得，平面，球心在线段上，球切平面的切点在线段上，分别设为.则易知，，设球的半径分别为.因为，根据重心定理可知，.，，，，.由可得，，即，解得，，所以.由可得，，即，解得，所以，球的体积为.故选：A.【点睛】关键点睛：根据已知，判断出球心的位置，构造直角三角形.二、多选题9．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，则这个几何体可能是（

）A．圆柱 B．棱柱 C．球 D．圆台【答案】ACD【分析】根据用一个平面去截旋转体均可以得到圆面，平面截棱柱得到的截面为一个多边形，即可求解.【详解】根据旋转体的定义，可知用一个平面去截圆台、圆柱、球均可以得到圆面，根据棱柱的定义，可知平面截棱柱得到的截面为一个多边形，一定不会产生圆面，故选：ACD.10．已知复数，则（

）A．B．C．在复平面内对应的点在第二象限D．为纯虚数【答案】BCD【分析】化简，然后根据复数的几何意义计算即可求解；【详解】因为，所以故A错误；故B正确；在复平面内对应的点的坐标为，在第二象限，故C正确；，为纯虚数，故D正确；故选：BCD11．在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，则下列向量与相等的是（）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】根据平面向量的线性运算即可结合选项逐一求解.【详解】因为在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，所以，因为，所以，所以A正确，因为，所以，所以B正确，因为，所以，所以C正确，因为，所以D错误，故选：ABC12．上海世博会中国国家馆以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的六面体，设矩形和的中心分别为和，若平面，，，，，，，，，，则（

）

A．这个六面体是棱台B．该六面体的外接球体积是C．直线与异面D．二面角的余弦值是【答案】BCD【分析】选项A：,这个六面体不是棱台，错误；选项B：这个六面体的外接球球心在直线上，结合勾股定理，计算六面体的外接球半径，从而求得体积，正确；选项C：和显然不相交，结合题意证得与不平行，所以和不在同一平面内，正确；选项D：取和的中点分别为，，即所求二面角的平面角，解得，正确；【详解】

因为，所以四条侧棱的延长线不能交于一点，所以这个六面体不是棱台，所以错误.由题意可知，这个六面体的外接球球心在直线上，且，因为，解得，所以六面体的外接球半径，所以这个六面体的外接球体积是，B正确.和显然不相交，因为，所以与不平行，所以和不在同一平面内，C正确.取和的中点分别为，，连接，则即所求二面角的平面角，，所以，D正确.故选：BCD.三、填空题13．已知向量，，若，则实数．【答案】【分析】根据向量垂直的坐标表示可直接构造方程求得结果.【详解】，又，，解得：.故答案为：.14．在中，，，则的值为.【答案】1【分析】根据诱导公式以及两角和的正切公式，化简即可得出答案.【详解】.故答案为：1.15．如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为.

【答案】24【分析】根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案.【详解】如图，根据直观图复原原图，则，故的周长为，故答案为：24.16．在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，分别为和的中点，则三棱锥外接球的表面积为.【答案】【分析】作出辅助线，找到球心的位置，结合题目条件求出半径，得到答案.【详解】如图，取为的中点，连接，则四边形为矩形，故四点共圆.因为底面是边长为2的正方形，分别为和的中点，所以，，，所以，即为直角三角形，又平面，所以三棱锥外接球的球心即四边形的外心，设三棱锥的外接球半径为，则，故所求外接球的表面积为.

故答案为：【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径四、解答题17．已知角的终边经过点．(1)求、的值；(2)求的值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）由三角函数的定义可求得、的值；（2）求出的值，利用诱导公式结合弦化切可求得所求代数式的值.【详解】（1）解：因为角的终边经过点，由三角函数定义可得，.（2）解：由三角函数的定义可得，原式.18．在平行四边形中，，分别为边、的中点，如图．(1)写出与向量共线的向量；(2)求证：．【答案】(1),(2)证明见解析【分析】（1）由题意直接写出与向量共线的向量即可；（2）证明四边形是平行四边形即可证明.【详解】（1）据题意，与向量共线的向量为：,；（2）证明：是平行四边形，且，分别为边，的中点，，且，四边形是平行四边形，，且，．19．已知向量，不共线，，，.(1)若，，求x，y的值；(2)若A，P，Q三点共线，求实数t的值.【答案】(1)，(2)1【分析】（1）由平面向量基本定理建立方程组即可得出答案.（2）三点共线转化为向量共线，再用平面向量共线定理求解即可.【详解】（1）当时，，，，所以，解得，.（2），，由于A，P，Q三点共线，所以存在，使，则，整理，得.因为a，b不共线，所以，解得故实数t的值为1.20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角B的大小；(2)若，且，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理将条件进行边角互化，然后根据三角恒等变换可得答案；（2）由可化得，然后，即可求出答案.【详解】（1），由正弦定理得，，，，，又，，，（2）因为，所以，所以，，，，，，所以.21．已知复数为虚数单位.(1)若，且为实数，求的值；(2)若，复数对应的向量分别是，存在使等式成立，求实数的取值范围.【答案】(1)或(2)【分析】(1)利用复数的乘法化简复数,通过复数是实数求出,结合的范围即可求解.（2）化简复数对应的向量分别是,然后利用向量的数量积求解即可.【详解】（1）（1）为实数,可得,故，所以（2）复数,复数对应的向量分别是,,,,解得22．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，为线段的中点，点为棱上的动点.(1)求证：平面平面；(2)若平面平面.①当点恰为中点时，求异面直线与所成角的余弦值；②在平面内确定一点，使的值最小，并求此时的值.【答案】(1)证明见解析(2)①；②答案见解析【分析】（1）根据面面垂直的而判定定理证明即可；（2）①作辅助线，根据平移法找到异面直线与所成角，解三角形即可求得其余弦值；②根据图形的几何性质说明当NFPC时，NF最短，此时，点H在棱BP上，然后通过解三角形求得相关线段长，继而求得的值.【详解】（1）证明：连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∴ADAB，BC∥AD，∵BAD60，∴为正三角形；∵为正三角形，且E为AD中点，∴ADPE，且ADBE，∵PEBEE，∴AD平面PBE，∵BC∥AD，∴BC平面PBE，∵BC平面PBC，∴平面PBC平面PBE.（2）①取CD的中点M，连接BM，FM，∵F为PC中点，∴MF∥PD，MF，∴BFM就是异面直线BF和PD所成的角或所成角的补角.∵平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PEAD，∴PE平面ABCD，∴PEBE，∵菱形ABCD的边长为2，，∴与是全等的正三角形，∵M、E分别为CD、AD的中点，∴PEBEBM，∴在中，，在中，，∴，∴在中，;②设为平面内一点，延长CB到点