江西省吉安市吉州区部分学校联考2022-2023学年高一下学期7月期末联考数学 Word版含解析.docx

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2025届春季末期高一联考数学试卷一、单选题（每题5分，共40分）1.若集合，，则等于A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解不等式,可得集合A与集合B,根据交集运算即可得解.【详解】集合，解不等式,可得，所以所以选C【点睛】本题考查了一元二次不等式、分式不等式解法,集合交集运算,注意分式不等式分母不为0的限制要求,属于基础题.2.“关于x的不等式对恒成立”的一个必要不充分条件是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出不等式对恒成立所满足的条件，再寻找一个集合，使它包含即可【详解】对恒成立，则，解得：，要想找到一个必要不充分条件，只需找到一个集合，使得是它的子集，显然C选项符合.故选：C3.与角终边相同的角的集合是（）A. B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据弧度制和角度制的互化、终边相同的角的表示方法可判断出结果.【详解】对于AB，弧度和角度属于不同度量单位，不能混用，A错误，B错误；对于CD，换算成弧度制为，与角终边相同的角的集合为或，C错误，D正确.故选：D.4.已知向量与的夹角，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量数量积的定义可直接求出结果.【详解】根据平面向量数量积定义可得，故选：B.5.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据已知条件求出，，从而求出，进而利用二倍角的余弦公式求出结论.【详解】因为，所以， 又，所以，，所以，所以.故选：C.6.已知圆锥的母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由给定条件可得圆锥轴截面是正三角形，再由侧面积求出底面圆半径及高即可求解作答.【详解】因为圆锥的母线与底面所成角为，则该圆锥的轴截面是正三角形，令圆锥底面圆半径为，则母线，圆锥侧面积，解得，圆锥的高，所以该圆锥的体积为.故选：B7.已知函数的图象关于直线对称，则=A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，即， 因此，选C.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【解析】【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（每题5分，共20分）9.下列化简正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由和差角公式，二倍角公式求值逐项判断即可.【详解】对于A，，故A正确；对于B，，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确；故选：ACD. 10.已知复数，则（）A.B.C.D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据复数的乘法运算即可判断A,由模长公式以及共轭的性质即可判断BCD.【详解】由题意，得正确；因为，所以错误；因为，所以，C正确；由题意，得，因为，，所以，D正确．故选：ACD11.将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图像向左平移个单位，得到的图像对应的解析式为（　　）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据题意，由三角函数的图像变换即可得到变换之后的函数解析式，从而得到结果.【详解】由题意可得，将函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）可得函数，再将所得的图像向左平移个单位，可得函数，即，且. 故选：BC12.如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，，是线段的中点，是线段上的动点，则以下结论正确的是（）A.平面平面B.直线与平面所成角正切值的最大值为C.二面角余弦值的最小值为D.线段上不存在点，使得平面【答案】ABC【解析】【分析】对于A，利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可；对于BC，利用线面角与面面角的定义，结合的取值范围求解即可；对于D，找特殊点与重合时，证得平面，由此得解.【详解】对于A，因为底面，平面，所以．因为为正方形，所以，又，平面，平面，所以平面．因为平面，所以．因为，为线段的中点，所以，又因为，平面，平面，所以平面．又因为平面，所以平面平面，故A正确；对于B，由选项A可知平面，所以为直线与平面所成角，则，不妨设，则在中，，在中，，因为是线段上的动点，故，则， 所以直线与平面所成角正切值的最大值为，故B正确；对于C，由选项A可知平面，平面，所以，则为二面角的平面角，因为，所以二面角余弦值的最小值为，故C正确；对于D，当与重合时，连接，连接，如图，因为底面是正方形，所以是的中点，又为线段中点，所以，又平面，平面，所以平面，即线段上存在点，使得平面，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用线面垂直的判定定理证得平面与平面，从而得到直线与平面所成角与二面角的平面角，由此得解.三、填空题（共20分）13.已知i是虚数单位，则_________．【答案】【解析】【分析】根据已知条件，结合复数的乘方运算，即可求解．【详解】．故答案为：．14.已知，，则______.【答案】 【解析】【分析】由半角公式求解.【详解】，则，由半角公式可得.故答案为：15.已知空间中两个角，且，若，则_____.【答案】或【解析】【分析】根据空间中两个角的边分别平行时，两个角相等或互补即可得解.【详解】因为两个角，且，则的两边分别平行，所以相等或互补，又，所以或故答案为：或16.已知，，若对，恒有，且点满足，为的中点，则________．【答案】【解析】【分析】根据数量积的运算律得到对恒成立，即可得到对恒成立，根据求出，再根据及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，，因为对，恒有，所以对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，所以，即，所以，又，所以.故答案为：四、解答题（共70分）17.如图，矩形是一个水平放置的平面图形的直观图，其中，，则原图形的形状是什么？面积是多少？【答案】原图形是平行四边形，面积．【解析】【分析】设与交于点，线段及的长度不变，平行关系不变，把线段 的长度变为原来的2倍并改为与底边垂直，再依次连接各顶点就可以得到一个平行四边形，即可求出面积．【详解】在直观图中，若与交于点，则，，．在原图形中，，，．∵，，∴原图形是平行四边形，如图，其面积．18.已知:复数，其中为虚数单位.（1）求及；（2）若，求实数a，b的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据复数的乘法和除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可；（2）先根据复数的四则运算化简左边，再根据复数相等的定义即可得解.【小问1详解】，；【小问2详解】， 得:，解得.19.甲、乙两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的成绩（环数）如下：甲78795491074乙9578768677（1）求甲运动员的样本数据的众数和第85百分位数；（2）分别计算这两位运动员射击成绩的方差；（3）如果选一位成绩稳定的运动员参加比赛，选谁较好？说明理由.注：一组数据的平均数为，它的方差为【答案】（1）众数是7，第85百分位数为9（2）4；1.2（3）选乙参加比赛，理由见解析【解析】【分析】（1）根据众数和百分位数求解方法直接计算求解；（2）根据公式先计算平均数，再运用公式计算方差即可；（3）根据（2）中方差计算结果结合方差实际意义进行判断即可.【小问1详解】根据题意可知，甲的数据里的众数是7；把甲的数据按从小到大排列如下：44577789910因为85%10=8.5所以第9个数据是第85百分位数，所以第85百分位数为9.【小问2详解】，；.【小问3详解】由（2）知，，即甲的成绩离散程度大，乙的成绩离散程度小， 乙的成绩较稳定，所以选乙参加比赛.20.已知在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且满足．（1）判断角B与角C的关系，并说明理由；（2）若，求的范围．【答案】（1），理由见解析（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式，和差公式化简，再结合三角形内角和定理可得；（2）利用（1）中结论和正弦定理，将所求转化为正切函数，利用正切函数性质可得.【小问1详解】∵，，∴或，∴，∴，∴.∵，，∴.∵，∴或，∵， ∴.【小问2详解】由（1）知：，∴，∴∵，，∴，∴21.如图，平行六面体的棱长均相等，，点分别是棱的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与底面所成角正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设的中点为，连接，证明四边形是平行四边形，可得，进而可得答案； （2）证明在平面ABCD上的射影Q落在AC上，求出到平面ABCD的距离，可得到平面ABCD的距离，根据是棱的中点，可得到平面的距离，结合可得直线与底面所成角的正弦值．【小问1详解】设的中点为，连接，因为点分别是棱的中点，所以，，所以与平行且相等，四边形是平行四边形，则，又因为平面，平面，所以平面【小问2详解】如图，设AC，BD交于点O，连接．因为平行六面体中，设各棱长均为2，因为，所以为边长为2等边三角形，四边形ABCD为菱形，所以O为BD的中点，．所以．因为，平面，所以平面．等边三角形中，故．解可得． 因为平面，平面，所以平面平面，故在平面ABCD上的射影Q落在AC上，连接，所以即到平面ABCD的距离为所以到平面ABCD的距离为因为是棱的中点，所以到平面ABCD的距离因为，所以直线与底面所成角的正弦值为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【解析】【分析】（1）代入的值，化简，即可求得，根据单调性即可求解； （2）令，问题转化为时，，要求的最值，则需要和的系数相等进行求解.【小问1详解】证明：当，时，，则，，，且是一个不间断的函数，在上存在零点，，，∴在上单调递增，在上有且仅有1个零点.小问2详解】由（1）知，令，则，∴，∵对于任意的，恒成立，∴恒成立.令，则时，恒成立.即，令，解得或.当时，解得，取，成立，则恒成立，，当时，解得， 取，成立，则恒成立.，综上，的最小值为，的最大值为.点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，从以下几个角度分析：（1）赋值法和换元法的应用；（2）三角函数图像和性质的应用；（3）转化化归思想的应用.