云南省昭通市第一中学教研联盟2022−2023学年高一下学期期末考试 数学试题（B卷）（含解析）

云南省昭通市第一中学教研联盟2022−2023学年高一下学期期末考试数学试题（B卷）一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．若复数z满足，则（

）A．4 B． C．7 D．254．在中，，E为的中点，则（

）A． B． C． D．5．一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的母线长为6，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．6．如图是函数的部分图象，则（

）A． B． C． D．－17．已知不等式的解集为，则实数（

）A．－3 B．3 C．－2 D．28．定义在上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共4小题）9．已知是虚数单位，，复数是的共轭复数，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．10．已知向量，，则（

）A． B．与向量平行的单位向量为C．在上的投影向量是 D．11．在中，角所对的边分别为，，，O为的外接圆的圆心，则下列结论正确的是（

）A． B．的外接圆的半径为2C． D．面积的最大值为12．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是，的中点，则下列说法正确的是（

）

A．MN与AD所成夹角为 B．C． D．点C到平面ABM的距离为三、填空题（本大题共4小题）13．在长方体中，，，则该长方体的外接球的表面积为.14．如图是梯形按照斜二测画出的直观图，其中，，，则原梯形的面积为.

15．已知，则.16．如图，在直角梯形ABCD中，，，，，，则绕直线AB旋转一周形成的几何体的体积为.四、解答题（本大题共6小题）17．（1）化简求值：；（2）已知，求的值.18．已知向量，，且与的夹角为.(1)求；(2)若，求实数k的值.19．如图所示，平面，，，为的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.20．已知函数.(1)求的单调递增区间及对称轴方程；(2)将的图象向左平移个单位得到的图象，当时，方程有解，求实数的取值范围.21．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角C；(2)若，的面积为，求的周长.22．如图，在正三棱柱中，，点M为的中点.(1)证明：平面；(2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

参考答案1．【答案】A【分析】根据交集的概念和运算直接求解出结果.【详解】.故选A.2．【答案】B【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可.【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题的否定为“，”，故选B.3．【答案】B【分析】先对已知式子化简求出复数，然后再求复数的模.【详解】因为，所以.故选B.4．【答案】A【分析】由向量的线性运算即可求解.【详解】.故选A.5．【答案】C【分析】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，则由已知条件列方程可求得，然后求出圆锥的高，从而可求出圆锥的体积.【详解】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆的面积为，因为，所以，得，所以圆锥的体积为.故选C.6．【答案】A【分析】由函数图象可求函数周期，利用周期公式可求，将点的坐标代入函数解析式，结合的取值范围可求得的值，然后代值计算可得出的值.【详解】由图可知，，所以，又因为，所以，将点代入中，得，所以，，即，，又因为，所以，所以，所以.故选A.7．【答案】B【分析】根据一元二次不等式的解集与对应一元二次方程根的关系可求得的值，从而得解.【详解】因为不等式的解集为，所以方程的两个根为，由韦达定理可得，所以，所以.故选B.8．【答案】C【分析】根据题中条件可知当时，，当时，，进而分类讨论解求得x的取值范围.【详解】因为定义域为的奇函数在内单调递减，且，所以在上也是单调递减，且，，所以当时，，当时，，所以由，可得，或，或，解得或，所以满足的x的取值范围是.故选C.9．【答案】ABD【分析】依题意可得，再根据复数代数形式的运算法则一一判断即可.【详解】因为，复数是的共轭复数,所以，所以，故A正确；，故B正确；因为虚数不能比较大小，故C错误；，故D正确.故选ABD.10．【答案】AC【分析】根据两向量加减法坐标运算得，，利用计算向量的模和向量平行判断A,D，结合单位向量和投影向量的坐标表示计算判断B,C.【详解】对于A：因为，，所以，，故，故A正确；对于B：与向量平行的单位向量为或，故B错误；对于C：因为在上的投影向量是，故C正确；对于D：因为，，而，故D错误.故选AC.11．【答案】AD【分析】根据正弦定理、三角形内角和定理、两角和的正弦公式和特殊角的三角函数值计算判断A,B,利用向量的数量积公式、余弦定理、基本不等式和三角形面积公式计算判断C,D.【详解】在中，因为，所以由正弦定理得，又，所以，所以，对于A：因为，则，所以，因为，所以，故A正确；对于B：由正弦定理得外接圆半径，故B错误；对于C：如图1，，故C错误；对于D：由余弦定理得，当且仅当时取等号，因此，故D正确.故选AD.

12．【答案】ABC【分析】对于A，由M，N都为中点，得出，将“MN与AD所成夹角”转化为“BD与AD所成夹角”，从而得解；对于B，利用线面垂直证明线线垂直，即可得证；对于C，利用平行证明线线垂直即可得证；对于D，等体积法即可求得点到平面的距离.【详解】

对于A：如图，由于N是的中点，所以，N，D三点共线，则N是的中点，又因为M是的中点，所以，故异面直线MN与AD所成夹角为，因为，，所以，即异面直线MN与AD所成夹角为，故A正确；对于B：因为平面ABCD，所以，又由A选项知，，所以，故B正确；对于C：因为，又由A选项知，，所以，故C正确；对于D：因为，M是的中点，所以，根据正方体性质，因为平面，平面，所以.设点C到平面ABM的距离为h，所以，解得，故D错误.故选ABC.13．【答案】【分析】根据长方体的外接球直径为长方体的体对角线的长，可求出外接球的半径，从而可求出长方体的外接球的表面积.【详解】设外接球的半径为R，因为长方体的外接球直径为长方体的体对角线的长，所以，解得，则.14．【答案】6【分析】根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积.【详解】如图，还原梯形，，，，梯形为直角梯形，

所以原梯形的面积.15．【答案】【分析】利用已知角表示未知角，再结合诱导公式和二倍角公式计算得结果.【详解】因为.16．【答案】【分析】如图，绕直线AB旋转一周形成的几何体为从一个圆台中挖去一个圆锥，然后根据已知条件求出圆台和圆锥的体积，从而可求出该几何体的体积.【详解】该几何体的形状如图4所示，直角梯形ABCD绕直线AB旋转一周形成的几何体为圆台，且该圆台上底面圆的面积为，下底面圆的面积为，圆台的高为，因此，该圆台的体积为.绕直线AB旋转一周形成的几何体为圆锥，且该圆锥底面圆的面积，圆锥的高为，因此，该圆锥的体积为.故所求几何体的体积.17．【答案】（1）（2）【分析】（1）根据分数指数幂及对数运算法则计算可得结果；（2）先用诱导公式化简所求式子，再利用同角三角函数之间的基本关系代入计算即可得解.【详解】（1）；（2），因为，所以，所以原式.18．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用数量积的定义求出，再利用数量积的运算律计算即得.（2）由垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求解即得.【详解】（1）由，得，又，与的夹角为，则，所以；（2）由，得，即，于是，所以.19．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）利用线面平行判定定理证明线面平行；（2）先作辅助线利用定义法找到直线与平面所成角，再计算夹角的正弦值.【详解】（1）证明：取的中点，连接，如图5所示.因为分别为的中点，所以且.又，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则.因为平面，平面，所以平面；（2）如图6，取的中点，连接，因为，所以,因为平面，平面，平面，所以，，因为，所以平面.则直线与平面所成角为，在中，因为，所以，在等边中，因为，所以，所以，故直线与平面所成角的正弦值为.20．【答案】(1)单调递增区间为，对称轴方程为(2)【分析】（1）根据正弦函数的性质计算可得；（2）根据三角函数的变换规则得到的解析式，再由的取值范围，求出的范围，即可求出的值域，从而求出的范围.【详解】（1）因为，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，令，，解得，，所以的对称轴方程为；（2）的图象向左平移个单位得到，因为，则，所以，所以，因为有解，所以.21．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理，把条件等式化成角，再用诱导公式与两角和的正弦公式，即可求出；（2）利用面积公式结合余弦定理，就可得到周长.【详解】（1）∵，根据正弦定理可得，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴；（2）∵，三角形面积，∴，∴，又∵且，∴，∴，∴，∴，∴的周长为.22．【答案】(1)证明见详