2022-2023学年江西省宜春市高一下学期7月期末数学试题-附答案

2022-2023学年江西省宜春市高一下学期7月期末数学试题一、单选题1．已知为虚数单位，则复数的虚部是（

）A． B． C．2 D．2i【答案】C【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部；【详解】解：所以复数的虚部为；故选：C2．下列调查中，调查方式选择合理的是（

）A．了解某市高一年级学生的身高情况，选择普查B．了解长征运载火箭的设备零件质量情况，选择抽样调查C．了解一批待售袋装牛奶的细菌数是否达标，选择普查D．了解一批炮弹的杀伤力，选择抽样调查【答案】D【分析】根据调查方式的特点逐个辨析即可【详解】AC总量太大不适合普查，B应该普查，根据抽样调查和普查的特点即可判断D正确.故选：D3．命题“，方程有解”的否定是（

）A．，方程无解 B．，方程有解C．，方程无解 D．，方程有解【答案】C【解析】由特称命题的否定规则即可得解.【详解】因为命题“，方程有解”为特称命题，所以该命题的否定为“，方程无解”.故选：C.【点睛】本题考查了特称命题的否定，牢记知识点是解题关键，属于基础题.4．已知，，且，则（

）A．1 B． C． D．5【答案】C【分析】根据向量数量积的运算律求解.【详解】因为，结合已知向量垂直知：，故选:C.5．已知，则A．2 B． C．-1 D．-2【答案】C【分析】首先根据已知条件求出的正切值，再把所求变形成含有正切值的关系式，代入求出结果．【详解】由题意知，∴,将所求的分子分母同时除以，则有.故选C.【点睛】本题考查的知识要点：同角三角函数的关系式的恒等变换，属于基础题型．6．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到斜边长是2的等腰直角三角形，则的面积为（

）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由直观图是斜边长是2的等腰直角三角形，画出并求出相应边长，计算面积即可.【详解】如图，由题意知：，则，故，.故选：D.7．已知正三棱锥（底面三角形是正三角形，顶点P在底面的射影是底面的中心）的各顶点都在同一球面上，且两两垂直，底面正三角形的边长为，则此球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可知，且两两垂直，可求出，由此可求出点到底面的距离，根据可求出，即可求出外接球的体积.【详解】如图所示，由题可知，且两两垂直，而，则，求得，过作于点，且为的中点，所以，，过点作平面，为底面的中心，则，设外接球半径为，即，则有，即，解得：.所以外接球的体积：.故选：B.【点睛】本题主要考查外接球的体积，利用了正三棱锥的结构特征和边长关系以及外接球的体积公式，还考查学生的空间想象能力和计算能力.8．已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的体积相等，它们的表面积分别为、、，下面关系中成立的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】设正方体棱长为，圆柱底面圆半径为，球半径为，三者体积都为，用表示，后表示三者表面积，后利用作商法可比较三者表面积大小.【详解】设正方体棱长为，圆柱底面圆半径为，球半径为，三者体积都为.则，，.因，则，注意到，则.得；，因，则；，注意到，则，，得.综上，.故选：B二、多选题9．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则（

）A．A与B互斥 B．A与B相互独立C． D．【答案】BCD【解析】根据互斥事件、相互独立事件的概念以及事件的概率求法逐一判断即可.【详解】根据题意事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，可知两事件互不影响，即A与B相互独立，故B正确，A不正确；由，，所以，且，故D正确，C正确.故选：BCD10．在中，角所对的边分别为，以下结论中正确的有（

）A．若，则；B．当是钝角三角形，则.C．若，则为直角三角形；D．若为锐角三角形，则.【答案】ABC【分析】利用正弦定理边角互化判断A；按角B是钝角、锐角结合和角公式判断B；利用同角公式结合正弦定理角化边判断C；利用正弦函数单调性判断D作答.【详解】对于A，由正弦定理及，得，则，即A正确；对于B，是钝角三角形，若B是锐角，有A，C之一是钝角，则，若B是钝角，则，有，即，于是得，所以，B正确.；对于C，，则，由正弦定理得，即为直角三角形，C正确；对于D，若为锐角三角形，则，有，因此，，即，D错误.故选：ABC【点睛】结论点睛：在锐角中，.11．已知向量，，若两个向量的夹角为钝角，则的值可以是（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】两个向量的夹角为钝角，则且与不反向，结合向量的数量积公式及共线的坐标表示求得结果.【详解】已知向量，的夹角为钝角，则且与不反向，即且，解得且.故选：BC.12．如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．四面体的体积为定值B．的最小值为C．平面D．当直线与AC所成的角最大时，四面体的外接球的体积为【答案】ACD【分析】对于A，利用平面平面可得到到平面的距离相等，即可判断，对于B，举反例即可判断；对于C，连接，，证明平面平面即可判断；对于D，当与重合时，直线与AC所成的角最大，则求出外接球半径即可【详解】对于A，由正方体可得平面平面，且平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，所以四面体的体积为，所以四面体的体积为定值，故A正确；对于B，当与重合时，，所以的最小值不为，故B错误；对于C，连接，由正方体可得，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；对于D，因为，所以（或其补角）为直线与AC所成的角，由图可得当与重合时，此时最大，故此时直线与AC所成的角最大，所以四面体即四面体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球的直径为，即，所以四面体的外接球的体积为，故D正确；故选：ACD三、填空题13．已知向量，，则的最大值为.【答案】【分析】建立平面直角坐标系利用平面向量的几何意义求解即可.【详解】如图建立平面直角坐标系,因为,故的轨迹是以为圆心,为半径的圆.当不共线时,根据三角形性质有故的最大值当且仅当共线时取得,此时.故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向量的几何意义与性质.属于基础题.14．已知向量与向量互相平行，则的值为．【答案】【分析】根据向量平行可得，可得，利用正切的二倍角公式即可求解.【详解】因为向量与向量互相平行所以，解得，所以，故填.【点睛】本题主要考查了向量平行的充要条件，向量的坐标运算，正切的二倍角公式，属于中档题.15．对于函数给出下列四个命题：①该函数是以为最小正周期的周期函数；②当且仅当时，该函数取得最小值-1；③该函数的图象关于对称；④当且仅当时，.其中正确命题的序号是.（请将所有正确命题的序号都填入）【答案】③④.【分析】由题意作出此分段函数的图象，由图象研究该函数的性质，依据这些性质判断四个命题的真假，此函数取自变量相同时函数值小的那一个，由此可顺利作出函数图象．【详解】解：由题意函数，画出在，上的图象．由图象知，函数的最小正周期为，在和时，该函数都取得最小值，故①②错误，由图象知，函数图象关于直线对称，在时，，故③④正确．故答案为：③④.16．中，，，，是边上的中线，，分别为线段，上的动点，交于点.若面积为面积的一半，则的最小值为【答案】2【分析】利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可.【详解】设，由向量共线的充要条件不妨设，则，即，又面积为面积的一半可得：，所以.，易知当时，即重合时取得最小值.故答案为：2【点睛】关键点点睛：由点共线及向量间的关系，设、、得到，面积关系得，最后应用数量积运算律转化数量积为关键.四、解答题17．一个圆锥底面半径为，高为，（1）求圆锥的表面积.（2）求圆锥的内接正四棱柱表面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）计算出圆锥的母线长，然后利用圆锥的表面积公式计算即可；（2）设正四棱柱的底面对角线的一半为，根据轴截面上的两个三角形相似，列出比例式求出四棱柱的高，根据正四棱柱的表面积公式得出其表面积的表达式，然后利用二次函数的基本性质得出该正四棱柱表面积的最大值.【详解】（1）由题意可知，圆锥的母线长为，所以，该圆锥的表面积为；（2）如下图所示，设正四棱柱的底面对角线的一半为，，，即，解得，正四棱柱的底面是一个正方形，其底边长为，底面积为，所以，四棱柱的底面积为，由二次函数的基本性质可知，当时，正四棱柱的表面积有最大值，即.【点睛】本题考查圆锥的表面积的计算，同时也考查了圆锥的内接正四棱柱表面积的计算，一般要利用轴截面并结合相似三角形来计算，考查运算求解能力，属于中等题.18．已知复数，，其中i是虚数单位，.(1)若为纯虚数，求m的值；(2)若，求的虚部.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据复数乘法和纯虚数的定义进行求解即可；（2）根据复数乘法运算法则，结合虚数单位的性质、复数虚部定义进行求解即可.【详解】（1）由题意得，因为为纯虚数，所以且，解得.（2）因为，所以，即，所以，所以，所以的虚部为.19．某校对高二年级选学生物的学生的某次测试成绩进行了统计，随机抽取了m名学生的成绩作为样本，根据此数据作出了频率分布统计表和频率分布直方图如下：分组频数频率160.2501040.05合计(1)求表中n，p的值和频率分布直方图中a的值；(2)如果用分层抽样的方法，从样本成绩在和的学生中共抽取5人，再从5人中选2人，求这2人成绩在的概率.【答案】(1)，；(2)【分析】（1）根据频率分布统计表，求出，进而得到n，p与的值；（2）利用分层抽样求出抽取5人中成绩在和的人数，利用列举法求出古典概型的概率.【详解】（1）由题意得，故，，；（2）样本成绩在和的学生的人数之比为，故抽取5人中成绩在的有4人，设为，成绩在的有1人，设为，再从5人中选2人，这2人可能情况为，共10种情况，其中这2人成绩均在的有，共6种情况，故这2人成绩在的概率为.20．在平面直角坐标系中，，，，，是等腰直角三角形，为直角顶点．(1)求点；(2)设点是第一象限的点，若，，则为何值时，点在第二象限？【答案】(1)或(2)【分析】（1），，由于是等腰直角三角形，为直角顶点．可得，，即，联立解出即可．（2）利用向量坐标运算性质、点在第二象限的坐标特点即可得出．【详解】（1），，是等腰直角三角形，为直角顶点．，，即，化简为，，联立解得或．，或．（2）点是第一象限的点，．设，，，，，，，．，解得，．点在第二象限，，解得．，点在第二象限．21．已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中点.

(1)证明：平面；(2)判断直线CM与平面的位置关系，并证明你的结论；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)平面，证明见解析(3)【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理即可证明；（2）利用线面平行的判定定理即可证明；（3）几何法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角.【详解】（1）由底面ABCD，底面ABCD，则，在直角梯形中，，则，又，平面，所以平面；（2）平面，证明如下：如图：

取PA中点E，连接ME，DE，由于M是PB的中点，故，且，由，则，且，从而四边形是平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；（3）作，垂足为N，连接BN，如图：

在中，，又，所以≌，可得，则≌，故，故为所求二面角的平面角，由（1）知平面，由平面，可得，在中，，所以，在等腰三角形中，，所以，因为，在中，由余弦定理得，所以二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑：（1）证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.（2）求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求角.22．已知函数，（，）(1)若，，证明：函数在区间上有且仅有个零点；(2)若对于任意的，恒成立，求的最大值和最小值.【答案】(1)证明见解析(2)最小值为，最大值为【分析】（1）代入的值，化简，即可求得，根据