2022-2023学年湖北省咸宁市高一下学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省咸宁市2022-2023学年高一下学期期末数学试题本试卷共8页，时长120分钟，满分150分.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.已知集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，A错误；因为，所以，B正确；因为，所以，C错误；因为，所以，D错误.故选：B2.已知，，则y的最小值为（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，故选：D.3.若一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（）A.1 B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗设圆锥底面圆半径，因为圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，所以，即，所以圆锥的高为，故选：C4.设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（）A.内有无数条直线与平行 B.，垂直于同一个平面C，平行于同一条直线 D.，垂直于同一条直线〖答案〗D〖解析〗对于A：内有无数条直线与平行推不出∥，只有内所有直线与平行才能推出，故A错误；对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误；对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误；对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，故：D正确．故选：D5.定义在上的函数满足，且，则（）A. B.0 C.1 D.3〖答案〗D〖解析〗，则，从而，即以4为周期，故.故选：D.6.若存在实数，使得，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意可知，；当时，，显然成立；当时，由，令，由在为递增函数，所以在为递增函数，且，因此，即，综上可知故选：B.7.如图，已知平面向量满足，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗设，过分别作的平行线，分别交于，如图，不妨设，所以，则，从而，故.故选：A.8.已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，过两点做一个平面，使得，则平面将四棱锥分的上､下两部分的体积比（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设平面与交于点，因为，而面，则，连接交于点，连接交于点，则三点共线，因为为中点，从而为重心，从而，因为，所以，因为，所以，因此，故.故选：B二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若复数满足：为的共轭复数，则（）A.B.C.在复平面对应的点位于第二象限D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，所以，所以，所以，故选项A正确；，故选项B正确；复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故选项C错误；，故D正确.故选：ABD.10.某学校为了普及防溺水安全知识，对本校1000名学生开展了一次防溺水安全知识竞赛答题活动，从中随机抽取100名学生的得分，按照分成六段，整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（）A.根据直方图，该校竞赛得分落在的频率为0.3B.根据直方图，该校竞赛得分的第75百分位数估计大于130C.根据直方图，该校竞赛得分的众数约为135D.根据直方图，该校竞赛得分的平均分约为121〖答案〗ABD〖解析〗对于A选项，分数在内的频率为，A正确；对于B选项，注意到分数落在的频率为，从而第75百分为数超过，B正确；对于C选项，因为的频率为0.3最大，故众数约为，C错误；对于D选项，平均分：，故D正确.故选：ABD.11.已知函数，则（）A.当时，的最小正周期是B.在上单调递增C.当为奇函数D.当时，图象关于对称〖答案〗BCD〖解析〗对于A，当时，，此时，不恒等于，故A错误；对于，在上均单调递增，则当时，单调递增，故B正确；选项C，易知的定义域关于原点对称，当时，，即是奇函数，故C正确；选项D，则，所以的图象关于直线对称，故正确.故选：BCD.12.如图，已知分别是四边形的中点，为对角线与的交点，则下列正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则〖答案〗ACD〖解析〗对于选项，因为分别是四边形的中点，所以且，同理且，所以且，所以四边形为平行四边形，又，所以，所以为菱形，因此，故正确；对于选项，因为四边形为菱形，并不一定有，故错误；对于选项，因为，所以，，同理，，故C正确；对于D选项，因为，所以，故D正确.故选：ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的图像一定过定点，则点的坐标是__________.〖答案〗〖解析〗因为函数，所以，令，解得，此时，所以函数的图象过定点.故〖答案〗为：.14.已知半球的半径为2，如图，截面圆平行于半球的底面的，以该截面圆为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗依题意，设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为，如图所示：则，所以，当且仅当时，取到等号，因此剩下的几何体的表面积为：.故〖答案〗为：.15.如图，已知正六边形顶点分别是正六边形的边上的点，其中，若正六边形和的面积分别为，且满足，则的值为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知，，则，由，设，则，由余弦定理，，即，故，解得或（舍去），则，从而.即.故〖答案〗为：16.已知均为锐角，，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗，因为均为锐角，则，因此，因此，当且仅当时，等号成立.故〖答案〗为：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.设集合.（1）若，求实数a的取值范围；（2）若中只有一个整数，求实数的取值范围.解：（1），因为，所以，当时，则，故符合题意，当时，则，可知，即，综上可知，.（2）或，因为中只有一个整数，因此该整数为3，如图，由，所以，所以.18.已知向量，且.（1）求的值；（2）求在方向上的投影向量的坐标.解：（1）根据条件，，则，即.（2）根据投影向量的计算公式，在方向上的投影向量，其中为，是与同向的单位向量，即，由夹角公式，，则，而.故.19.如图，在五面体中，四边形为等腰梯形，，且.（1）证明：；（2）若为等边三角形，且面面，求与面所成角.（1）证明：依题意面面，所以平面，又面，面面，所以，所以.（2）解：在等腰梯形中，不妨设，，分别过作的垂线EG，FH，则，故所以，所以，所以，又面面，面面面，因此面，从而与平面所成角即为，，其中，因而，故，从而与平面所成角为.20.已知的部分图象如图所示，两点是与轴的交点，为该部分图像上一点，且的最大值为4；（1）求的〖解析〗式；（2）将图像向左平移个单位得到的图像，设在上有三个不同的实数根，求的值.解：（1）依题意，，故，从而，而为对称轴，故，则，根据可知，，设为的中点，则，则的最大值为2，因此，从而.（2）依题意，，则在存在三个实数根，设，的三个零点满足，从而，故.21.在中，所对的边分别为，已知.（1）若，求的值；（2）若为锐角，求的取值范围.解：（1）依题意，由正弦定理可知，，根据余弦定理，，即，又，则，即，即或（舍去），所以，因此为等腰直角三角形，故.（2）由条件，则，即，且，根据正弦定理可得：，因为A为锐角，所以，所以，令，而在上单调递增，故在上单调递增，因此，即，即的取值范围是.22.已知，其中.（1）若，求的取值范围.（2）设，若，恒有，求的取值范围.解：（1）注意到，即为偶函数，当时，，当时，，则，当时，，则，因此对时，，即在上单调递增，则，即，故，平方可得，即，解得，所以的取值范围.（2）设，依题意可知，因为，则，当时，由（1）可知，在上单调递增，在上单调递增，则在上单调递增，可得在上单调递减，所以，又因，且在上单调递增，则在上单调递增，可得在上单调递增，所以，因此恒成立，设，即，则，解得，即，解得，结合可知，可得，所以的取值范围.湖北省咸宁市2022-2023学年高一下学期期末数学试题本试卷共8页，时长120分钟，满分150分.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.已知集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，A错误；因为，所以，B正确；因为，所以，C错误；因为，所以，D错误.故选：B2.已知，，则y的最小值为（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，故选：D.3.若一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（）A.1 B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗设圆锥底面圆半径，因为圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，所以，即，所以圆锥的高为，故选：C4.设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（）A.内有无数条直线与平行 B.，垂直于同一个平面C，平行于同一条直线 D.，垂直于同一条直线〖答案〗D〖解析〗对于A：内有无数条直线与平行推不出∥，只有内所有直线与平行才能推出，故A错误；对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误；对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误；对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，故：D正确．故选：D5.定义在上的函数满足，且，则（）A. B.0 C.1 D.3〖答案〗D〖解析〗，则，从而，即以4为周期，故.故选：D.6.若存在实数，使得，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意可知，；当时，，显然成立；当时，由，令，由在为递增函数，所以在为递增函数，且，因此，即，综上可知故选：B.7.如图，已知平面向量满足，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗设，过分别作的平行线，分别交于，如图，不妨设，所以，则，从而，故.故选：A.8.已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，过两点做一个平面，使得，则平面将四棱锥分的上､下两部分的体积比（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设平面与交于点，因为，而面，则，连接交于点，连接交于点，则三点共线，因为为中点，从而为重心，从而，因为，所以，因为，所以，因此，故.故选：B二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若复数满足：为的共轭复数，则（）A.B.C.在复平面对应的点位于第二象限D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，所以，所以，所以，故选项A正确；，故选项B正确；复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故选项C错误；，故D正确.故选：ABD.10.某学校为了普及防溺水安全知识，对本校1000名学生开展了一次防溺水安全知识竞赛答题活动，从中随机抽取100名学生的得分，按照分成六段，整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（）A.根据直方图，该校竞赛得分落在的频率为0.3B.根据直方图，该校竞赛得分的第75百分位数估计大于130C.根据直方图，该校竞赛得分的众数约为135D.根据直方图，该校竞赛得分的平均分约为121〖答案〗ABD〖解析〗对于A选项，分数在内的频率为，A正确；对于B选项，注意到分数落在的频率为，从而第75百分为数超过，B正确；对于C选项，因为的频率为0.3最大，故众数约为，C错误；对于D选项，平均分：，故D正确.故选：ABD.11.已知函数，则（）A.当时，的最小正周期是B.在上单调递增C.当为奇函数D.当时，图象关于对称〖答案〗BCD〖解析〗对于A，当时，，此时，不恒等于，故A错误；对于，在上均单调递增，则当时，单调递增，故B正确；选项C，易知的定义域关于原点对称，当时，，即是奇函数，故C正确；选项D，则，所以的图象关于直线对称，故正确.故选：BCD.12.如图，已知分别是四边形的中点，为对角线与的交点，则下列正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则〖答案〗ACD〖解析〗对于选项，因为分别是四边形的中点，所以且，同理且，所以且，所以四边形为平行四边形，又，所以，所以为菱形，因此，故正确；对于选项，因为四边形为菱形，并不一定有，故错误；对于选项，因为，所以，，同理，，故C正确；对于D选项，因为，所以，故D正确.故选：ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的图像一定过定点，则点的坐标是__________.〖答案〗〖解析〗因为函数，所以，令，解得，此时，所以函数的图象过定点.故〖答案〗为：.14.已知半球的半径为2，如图，截面圆平行于半球的底面的，以该截面圆为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗依题意，设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为，如图所示：则，所以，当且仅当时，取到等号，因此剩下的几何体的表面积为：.故〖答案〗为：.15.如图，已知正六边形顶点分别是正六边形的边上的点，其中，若正六边形和的面积分别为，且满足，则的值为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知，，则，由，设，则，由余弦定理，，即，故，解得或（舍去），则，从而.即.故〖答案〗为：16.已知均为锐角，，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗，因为均为锐角，则，因此，因此，当且仅当时，等号成立.故〖答案〗为：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.设集合.（1）若，求实数a的取值范围；（2）若中只有一个整数，求实数的取值范围.解：（1），因为，所以，当时，则，故符合题意，当时，则，可知，即，综上可知，.（2）或，因为中只有一个整数，因此该整数为3，如图，由，所以，所以.18.已知向量，且.（1）求的值；（2）求在方向上的投影向量的坐标.解：（1）根据条件，，则，即.（2）根据投影向量的计算公式，在方向上的投影向量，其中为，是与同向的单位向量，即，由夹角公式，，则，而.故.19.如图，在五面体中，四边形为等腰梯形，，且.（1）证明：；（2）若为等边三角形，且面面，求与面所成角.（1）证明：依题意面面，所