四川省泸州市泸县第一中学2022-2023学年高一下学期期末数学 Word版含解析

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泸县一中2023年春期高一期末考试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷选择题（60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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法可得，从而得到该复数对应的点在复平面中的位置.【详解】因为，故复数在复平面内对应的点的坐标为，它在第三象限，故选：C.【点睛】本题考查复数的除法以及复数的几何意义，前者需要分子分母同乘以分母的共轭复数，后者需要考虑该复数的实部和虚部构成的有序实数对在复平面中的位置，本题属于基础题.2.命题“”的否定形式是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，写出否定形式即可.【详解】命题“”的否定形式是“”，故选：D3.已知，，则p是q的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件

1C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】求出命题为真时的取值，根据集合之间的关系可得结论．【详解】，则，；而只有，因此为假，为真，∴p是q的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键．4.将函数的图象向左平移个单位长度得到f（x）的图象，则（）A.B.的图象关于对称C.D.的图象关于直线对称【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的图象变换，求得，再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，可得，所以A不正确；由，所以的图象关于对称，所以B正确；由，所以C不正确；令，可得，

2可得不是函数的对称轴，所以D不正确.故选：B.5.已知向量，满足，，且，的夹角为30°，则（）A.B.7C.D.3【答案】C【解析】【分析】计算出，再根据计算出结果.【详解】由题意得：，所以.故选：C6.已知是上的偶函数，，当时，，则函数的零点个数是（）A.12B.10C.6D.5【答案】B【解析】【分析】由得函数周期是，又偶函数，且在时，，因此可得，作出的图象，及时的图象，观察其交点个数，再由对称性得结交点个数，从而可得所求零点个数．【详解】解：由得函数周期是，又偶函数，且在时，，因此可得，是偶函数，作出函数与时，的图象，由图象可知，当时，两函数图象有5个交点.又函数与均为偶函数，

3所以函数的零点个数是10.，即函数的零点个数是10．故选：B．【点睛】本题考查求函数零点个数，解题关键是由周期性，偶函数，及一个区间上的表达式确定出的解析式，然后作出函数和的图象，得函数图象交点个数，得函数零点个数．7.在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，，则外接圆面积的最小值为（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】由基本不等式得，，再由基本不等式求得的最小值，此即为外接圆直径取得最小值，从而可得面积最小值．【详解】，当且仅当时等号成立，，又三角形中，，所以，，三角形为直角三角形，斜边即为外接圆的直径．又，当且仅当时等号成立，，时等号成立．故选：D．【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”

4就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方8.已知，，且，则最小值为（）A.B.C.D.4【答案】C【解析】【分析】先分离常数得到，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】，结合可知：原式，且当且仅当，时等号成立．即最小值为．故选：C二、选择题：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.下列选项中其值等于的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据诱导公式，两角差的余弦公式，二倍角公式计算各选项即可得答案．

5【详解】，故A错误；，故B正确；，故C错误；，故D正确．故选：BD.10.在中，角，，的对边分别为，，，则下列各组条件中使得有唯一解的是（）．A.，，B.，，C.，，D.，，【答案】BD【解析】【分析】结合正弦定理和大边对大角，以及三角形的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，在中，，可得，由正弦定理可得，可得，又由，所以在区间内有两解，所以有两解；对于B中，在中，，可得，由正弦定理可得，可得，又由，所以，所以只有一解；对于C中，由，当时，可得角在区间内有两解，此时有两解；

6对于D中，可得，又由，所以，所以，所以有唯一解，又由，所以只有一解.故选：BD.11.如图，平面平面直线，点，点，且，点、分别是线段、的中点.（）A.当直线与相交时，交点一定在直线上B.当直线与异面时，可能与平行C.当、、、四点共面且时，D.当、两点重合时，直线与不可能相交【答案】ACD【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【详解】对于A，设，因为，，所以，A项正确；对于B，当、是异面直线时，假设，则平面，连接，取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，所以，所以平面平面，同理可得平面平面，所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立，所以不可能与平行，B项错误；对于C，若、、、四点共面且时，可得平面，过的平面与平面相交于，所以，C项正确；对于D，若、两点重合，则，故，此时直线与直线不可能相交，故D项正确.故选：ACD12已知函数，则（）

7A.是偶函数B.在区间上单调递减C.在区间上有四个零点D.的值域为【答案】ABD【解析】【分析】由定义判断A；由正弦函数的单调性判断B；由在上的零点结合奇偶性判断C；讨论的值域，结合奇偶性判断D.【详解】对于A：其定义域为，，即函数是偶函数，故A正确；对于B：时，，由正弦函数的单调性可知，在区间上单调递减，故B正确；对于C：时，，此时，可得或，因为是偶函数，所以在区间上的零点为，故C错误；对于D：当，且时，.当，且时，，.又是偶函数，所以函数值域为，故D正确；故选：ABD第II卷非选择题三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.将一个总体分为A，B，C三层，其个体数之比为5∶3∶2.A，B，C三层的样本的平均数分别为15，30，20，则样本的平均数为_____.【答案】20.5【解析】【分析】结合分层抽样的概念即可.【详解】解析：由题意可知样本的平均数为

8＝×15＋×30＋×20＝20.5，故答案为：20.514.在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则_____.【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式求出，然后利用余弦定理求出的值.【详解】由二倍角的余弦公式可得.由余弦定理得，因此，.故答案为.【点睛】本题考查二倍角余弦公式的应用，同时也考查了利用余弦定理求三角形的边长，考查运算求解能力，属于中等题.15.已知四点在半径为的球面上，且，，，则三棱锥的体积是__________．【答案】【解析】【分析】根据题意构造长方体，然后求解长方体长宽高，再求体积即可.【详解】设长方体，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC，如图所示，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有解得a=4，b=3，c=5，所以三棱锥的体积为4×3×5-4×××4×3×5=20.故答案为20

916.已知函数，图数，若存在，使成立，则实数a的取值范围是________【答案】【解析】【分析】分析当时的单调性并求出值域为A，分析当时的值域进而求出的值域为B，由题意知，列出不等式即可求出a的取值范围.【详解】，当时，为减函数，所以当时，函数的值域为，当时，，，则的值域为，因为存在，使成立，所以，若，则或，即或，所以若且，则故答案为：【点睛】本题考查函数的单调性与值域，集合交集运算的概念，涉及分离常数法判断函数的单调性，正弦函数的单调性与值域，属于中档题.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.已知，，是同一平面内的三个向量，其中.（1）若，且，求的坐标；（2）若，与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】

10【分析】（1）由向量共线的坐标运算及模的运算即可得解；（2）由向量数量积的坐标运算即可，特别要注意向量与不能共线.【详解】解：（1）因为，且，则，又，所以，即，故或；（2）由，则，由，解得，又与不共线，则，解得，故与的夹角为锐角时，实数的取值范围为：.【点睛】本题考查了向量共线的坐标运算及数量积的坐标运算，重点考查了运算能力，属基础题.18.为检查学生学习传染病防控知识的成效，某校高一年级部对本年级名新生进行了传染病防控知识测试，并从中随机抽取了份答卷，按得分区间、、、、、分别统计，绘制成频率分布直方图如下.（1）求图中的值；（2）若从高一年级名学生中随机抽取人，估计其得分不低于分的概率；（3）估计高一年级传染病防控知识测试得分的平均数.（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】

11【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为可求得的值；（2）根据直方图可计算出事件“从高一年级名学生中随机抽取人，其得分不低于分”的概率；（3）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得出高一年级传染病防控知识测试得分的平均数.【详解】（1）由图可得，解得；（2）估计得分不低于分的概率为；（3）估计得分的平均数.19.已知函数，.（1）求的最小正周期和单调区间；（2）求在闭区间上的最大值和最小值．【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间是，单调递减区间是；（2）最小值为，最大值为【解析】【分析】（1）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得，利用正弦函数的性质即得；（2）利用正弦函数的性质即求．【小问1详解】由

12，∴的最小正周期为，由，得，由，得∴函数单调增区间为，函数单调减区间为；【小问2详解】由于，所以，所以，故，故函数的最小值为，函数的最大值为．20.如图，在中，，的角平分线交于点.（1）求的值；（2）若，，求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式求得正确答案.（2）先求得，然后利用余弦定理列方程来求得.【小问1详解】

13依题意，的角平分线交于点，所以.小问2详解】设到的距离为，由（1）得，所以，.依题意，由余弦定理得，整理得，所以.21.在四棱锥中，平面底面，底面是菱形，E是的中点，．（1）证明：平面．（2）若四棱锥的体积为，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点F，连接，可得，由线面平行的判定定理可得答案；（2）取的中点O，连接，则，由面面垂直的性质可得平面，设，则求出，连接，由底面是菱形，求出

14，再由余弦定理可得答案．【小问1详解】连接交于点F，连接，因为底面是菱形，所以F是的中点，又E是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】取的中点O，连接，则，因为平面平面，且平面平面，所以平面，设，则，得，连接，因为底面是菱形，，所以，且，因为，所以，又，所以由余弦定理可得．22.已知函数，（1）写出函数的解析式；（2）若直线与曲线有三个不同的交点，求的取值范围；（3）若直线与曲线在内有交点，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）先分类讨论求出|f(x)|的解析式，即得函数的解析式；（2）当时，直线与曲线

15只有2个交点，不符题意．当时，由题意得，直线与曲线在或内必有一个交点，且在的范围内有两个交点．由消去得．令，写出应满足条件解得；（3）由方程组消去得．由题意知方程在，内至少有一个实根，设两根为，，不妨设，，．由根与系数关系得，．代入求解即可．【详解】（1）当，得或，此时；当，得，此时∴（2）当时，直线与曲线只有2个交点，不符题意.当时，由题意得，直线与曲线在或内必有一个交点，且在的范围内有两个交点.由，消去得.令，则应同时满足以下条件：，解得或，所以的取值范围为（3）由方程组，消去得.由题意知方程在内至少有一个实根，设两根为，不妨设，，由根与系数关系得，

16∴当且仅当时取等.所以的取值范围为.【点睛】本题考查了函数与方程，涉及了分段函数、零点、韦达定理等内容，综合性较强，属于难题．