【高一数学期末】江西九江市2023-2024学年高一下学期期末考试数学

2023—2024学年度下学期期末教学质量检测高一数学试卷1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答第I卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效.4.本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟，第I卷（选择题）一､单选题：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.已知复数满足，其中为虚数单位，则（）A. B. C. D.2.是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（）A. B. C. D.3.已知向量，若，则（）A.2 B.-2 C. D.4.已知是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则5.向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（）A. B. C.1 D.6.已知为的重心，则（）A. B.C. D.7.根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（）A，，，有两解B.，，，有一解C.，，，有一解D，，，无解8.若函数对称轴方程为，，则（）A. B. C. D.二､多选题（本题共3小硕，每小题6分，共18分.在每小䝠给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.若复数是方程的两根，则（）A.虚部不同 B.在复平面内所对应的点关于实轴对称C. D.在复平面内所对应的点位于第三象限10.关于函数，下列结论正确的是（）A.是的一个对称中心B.函数在上单调递增C.函数图像可由函数的图像向右平移个单位得到D.若方程在区间上有两个不相等的实根，则11.如图，若正方体的棱长为2，线段上有两个动点.则下列结论正确的是（）A.直线与平面的夹角的余弦值为B.当与重合时，异面直线与所成角为C.平面平面D.平面第II卷（非选择题）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则__________.13.设与是两个不共线向量，，，.若A，B，D三点共线，则的值为________．14.中，，延长线段至，使得，则的最大值为__________.四､解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）15.已知（1）若，求实数的值.（2）已知向量夹角为钝角，求实数的范围.16.已知函数的部分图像如图所示.（1）求函数的解析式及对称中心；（2）求函数在上的值域.（3）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．（1）求角B；（2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积．18.如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，（1）证明：；（2）求异面直线BD与PC所成角余弦值；（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.19.我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“创新坐标系”.如图所示，，分别为，正方向上的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量的“创新坐标”，可记作.（1）已知，，，设，求的值.（2）已知，，求证：的充要条件是.（3）若向量，的“创新坐标”分别为，，已知，求函数的最小值.2023—2024学年度下学期期末教学质量检测高一数学试卷1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答第I卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效.4.本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟，第I卷（选择题）一､单选题：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.已知复数满足，其中为虚数单位，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法直接求出z.【详解】因为，所以.故选：A2.是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出原三角形的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系即可得解.【详解】以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，画对应的轴，轴，使，如下图所示，结合图形，的面积为，作，垂足为，则，，所以的面积，即原图和直观图面积之间的关系为，所以，的面积为.故选：A.【点睛】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积的关系，属于基础题.3.已知向量，若，则（）A.2 B.-2 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用坐标法来判断两向量共线即可得到结果.【详解】由得，，故选：A.4.已知是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间线面位置关系的判定定理、性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】由直线是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，对于A中，若，可能，所以A不正确；对于B中，若，则或相交或异面，所以B不正确；对于C中，由，可得或，又由，所以，所以C正确；对于D中，由面面垂直的性质，可知只有时，才有，所以D不正确.故选：C.5.向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用投影数量的定义计算即得.【详解】依题意，在上的投影数量为.故选：A6.已知为的重心，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据重心的性质及向量的线性运算可得解.【详解】如图所示，设为中点，又为的重心，则，故选：B.7.根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（）A.，，，有两解B.，，，有一解C.，，，有一解D.，，，无解【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理和余弦定理依次判断A，B，C，D即可.【详解】A中，因为，所以，又，所以，即只有一解，故A错误；B中，因为，所以，且，所以，故有两解，故B错误；C中，因，所以，又，所以角B只有一解，故C正确；D中，因为,,，所以，有解，故D正确.故选：C.8.若函数的对称轴方程为，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据三角恒等变换可化简函数解析式，进而可得，代入即可得解.【详解】由已知，且，，由对称轴为，则相邻两条对称轴间距离为，即函数的最小正周期为，令，，令，，则，即，，，则，，，又，所以，为偶数，则，则，故选：D.二､多选题（本题共3小硕，每小题6分，共18分.在每小䝠给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.若复数是方程的两根，则（）A.虚部不同 B.在复平面内所对应的点关于实轴对称C. D.在复平面内所对应的点位于第三象限【答案】ABC【解析】【分析】利用一元二次方程的虚根是共轭，并加以计算，就可以判断各选项.【详解】由方程的求根公式可得：，故A正确；由在复平面内所对应的点分别为，显然关于实轴对称，故B正确；由，故C正确；由，它对应的点位于第一象限，故D错误；故选：ABC．10.关于函数，下列结论正确的是（）A.是的一个对称中心B.函数在上单调递增C.函数图像可由函数的图像向右平移个单位得到D.若方程在区间上有两个不相等的实根，则【答案】BC【解析】【分析】根据三角函数图像性质分别判断各选项.【详解】A选项：由，令，，解得，，所以其对称中心为，所以不是其对称中心，A选项错误；B选项：令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，B选项正确；C选项：由，向右平移可得，C选项正确；D选项：，即，设，则，即函数与函数在上有两个交点，做出函数图像，如图所示，所以可得，解得，D选项错误；故选：BC.11.如图，若正方体的棱长为2，线段上有两个动点.则下列结论正确的是（）A.直线与平面的夹角的余弦值为B.当与重合时，异面直线与所成角为C.平面平面D.平面【答案】ACD【解析】【分析】利用正方体的性质，结合中位线，勾股定理，可计算和证明各选项，并加以判断.【详解】对于A，在正方体中，有平面，所以直线与平面所成的角就是，且，又由正方体的棱长为2，所以，则，故A正确；对于B，当与重合时，由于，可知此时为的中点，如上图，连接，在正方体中，易由且可得：四边形是平行四边形，所以，所以异面直线与所成角就是或其补角，由于平面，平面，所以，则又因为所以，因为，所以，故B错误；对于C，在正方体中，易由且可得：四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理可证明平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面与平面共面，所以平面平面，故C正确；对于D，由于平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面，又因为平面，所以，同理可证明：，又因为，平面，所以平面，而平面与平面共面，则平面，故D正确；故选：ACD.第II卷（非选择题）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据同角三角函数关系式，结合齐次式可得解.【详解】由已知，故答案为：.13.设与是两个不共线向量，，，.若A，B，D三点共线，则的值为________．【答案】【解析】【分析】根据三点共线，转化为向量，计算向量后，再转化为向量相等，即可求解的值.【详解】因为A，B，D三点共线，所以必存在一个实数λ，使得.又，，，所以，化简为，所以，又与不共线，所以解得.故答案：14.中，，延长线段至，使得，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】分别在与中用正弦定理，可得，再利用二倍角公式化简，结合二次函数性质可得最值.【详解】如图所示，设，在中，由，则，再由正弦定理得，即，则，又在中，由正弦定理得，即，即，所以，又，即，，设，则，所以当时，取得最大值为，故答案为：.四､解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）15.已知（1）若，求实数的值.（2）已知向量的夹角为钝角，求实数的范围.【答案】（1）（2）且.【解析】【分析】（1）对两边平方化简可得，然后将坐标代入可求出实数的值；（2）由题意可得且不共线，从而可求出实数的范围.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以，解得；【小问2详解】根据题意，向量与的夹角为钝角，则有.解得：且，即的取值范围为且.16.已知函数的部分图像如图所示.（1）求函数的解析式及对称中心；（2）求函数在上的值域.（3）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，求得，结合三角函数的性质，即可求解；（2）由，可得，根据三角函数的性质，求得函数的最值，即可求解；（3）根据三角函数图象变换，求得，求得函数的单调递减区间，结合，即可求解.【小问1详解】解：根据函数的部分图像，可得，所以，再根据五点法作图，可得，又因为，可得，所以，令，解得，故函数对称中心为.【小问2详解】解：因为，可得，当时，即，；当时，即，，所以函数的值琙为.【小问3详解】解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，再向左平移个单位，得到的图像，即.令，解得，可得的减区间为，结合，可得在上的单调递减区间为.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．（1）求角B；（2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理得出角B；（2）由向量的运算得出，由余弦定理得出，进而得出，最后得出面积.【小问1详解】因为，所以.即，即又，所以.【小问2详解】由，得，则由平行四边形法则可得，则，即①又，即②由①②可得.则18.如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，（1）证明：；（2）求异面直线BD与PC所成角余弦值；（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，PN【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得，再由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则；（2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可；（3）设，连接，则由线面平行的性质可得∥，从而可找出点的位置.【小问1详解】连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以【小问2详解】在上取点Q，使得，设，连