江西省萍乡市2022-2023学年高一下学期期末考试数学 Word版含解析

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萍乡市2022—2023学年度高一第二学期期末考试数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致．2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答题无效．3．考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回．第Ⅰ卷一、单项选择题：本大题共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.下列说法正确的是（）A.B一堂数学考试（120分钟）时针旋转60°C.1弧度的角大于1°的角D.三角形内角必为第一或二象限的角【答案】C【解析】【分析】利用角度值和弧度制互化可判断A、C；根据角的定义可判断B；举特例可判断D.【详解】对于A，，故A错误；对于B，一堂数学考试（120分钟）时针旋转，故B错误；对于C，1弧度，故C正确；对于D，三角形的内角为时，不在象限内，故D错误.故选：C.2.设，是两个不同的平面，直线，直线，则下列结论正确的是（）

1A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个选项进行判断可得答案.【详解】对于A，若，则与平行或相交，故A错误；对于B，若，又，则，故B正确；对于C，若，则与平行或相交或异面，故C错误；对于D，若，则与平行或相交，不一定垂直，故D错误.故选：B.3.已知平面向量与的夹角为，且，则在方向上的投影数量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据数量积的几何意义，利用投影的计算公式，可得答案.【详解】.故选：A.4.的值为（）A.0B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】将原式化为，然后利用两角和与差的余弦公式化简可得答案【详解】

2，故选：A5.如图,平面四边形中,,,,,,则四边形绕所在的直线旋转一周所成几何体的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先根据题意得到四边形绕所在直线旋转一周所成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥,再计算其表面积即可.【详解】四边形绕所在直线旋转一周所成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥,因为,所以圆台下底面面积,又因为,,所以,,所以圆台的侧面积.圆锥的侧面积.所以几何体的表面积为.故选:C.6.秋收起义纪念碑（图1）是萍乡市的标志性建筑，也是萍乡市民的日常打卡地．为测量秋收起义纪念碑的高度，某中学研究学习小组选取A，B两处作为测量点（如图2），测得AB的距离为6m，

3，，在B处测得纪念碑顶端C的仰角为75°，则秋收起义纪念碑的高度OC约为（参考数据：，）（）A.26mB.31mC.36mD.41m【答案】B【解析】【分析】先在中，由正弦定理得，再运用正切和角公式得到，结合代入计算取近似值即可.【详解】在中，，在中，由正弦定理得，所以，因为在直角中，，所以，又因为，所以，即秋收起义纪念碑的高度OC约为31m.故选：B7.已知偶函数满足,且当时,,则时,的解析式为（）

4A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用为偶函数得到的解析式,再根据函数的周期性求出时的解析式即可.【详解】设,则,所以,因为为偶函数,所以.因为,即函数的周期为,设,则,所以,.故选:D.8.在中，，点P在边AC上，，，则（）A.1B.2C.D.【答案】C【解析】【分析】由可得，解得，从而可得，再利用，可得，即可求解.

5【详解】因为，所以，化为，解得，因为，所以.由，可得，即有，所以.故选：C二、多项选择题：本大题共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.已知复数z满足（i是虚数单位），则下列关于复数z的结论正确的是（）A.B.复数z的共轭复数为C.复平面内表示复数z的点位于第三象限D.复数z是方程的一个根【答案】AD【解析】【分析】由复数的除法运算可得，由复数的模即可判断A，由共轭复数的定义即可判断B，由复数对应复平面内点的坐标即可判断C，将代入计算，即可判断D.【详解】由可得，.对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；

6对于C，复平面内表示复数的点位于第四象限，故C错误；对于D，将代入方程可得，，所以复数z是方程的一个根，故D正确；故选：AD10.已知正六边形的边长为1，下列说法正确的是（）A.向量与可以作为平面内一组基B.CD.【答案】AC【解析】【分析】根据正六边形的几何性质，利用平面向量的基底定义、线性运算、数量积以及模长，结合余弦定理，可得答案.【详解】由题意可作图如下：对于A，在正六边形中，，则与不共线，故A正确；对于B，在正六边形中，且，则，故B错误；对于C，设正六边形的内角大小为，则，在中，，则，，则，故C正确；对于D，在中，，同理可得：，由C选项易知，则，

7则，故D错误.故选：AC.11.关于函数，下列说法正确的是（）A.该函数的最小正周期为B.该函数在区间上单调递增C.该函数的图象关于点对称D.若，则【答案】ABC【解析】【分析】结合函数来分析选项A，化简函数在结合函数在区间上的单调性及性质即可判断选项B，利用函数对称性的性质判断选项C，举反例说明选项D即可.【详解】由，所以函数的周期为，又因为函数的最小正周期为，故的最小正周期也为，故选项A正确；当时，在单调递增且，所以，由上述可知在单调递减且，所以在单调递增，故选项B正确；因为

8，所以函数的图象关于点对称，故C正确，因为，故时，不一定为0，故D不正确，故选：ABC.12.已知三棱锥的各顶点都在球O上，点M，N分别是AC，CD的中点，平面BCD，，，则下列说法正确的是（）A.三棱锥的四个面均为直角三角形B.球O的表面积为C.直线BD与平面ABC所成角的正切值是D.点O到平面BMN的距离是【答案】ABD【解析】【分析】根据线面垂直的性质和勾股定理的逆定理可得△ABC、△ABD、△DBC、△ACD为直角三角形，进而判断A；根据三棱锥外接球的结构求出球的半径，利用球的表面积公式计算即可判断B；结合线面角的定义即可判断C；根据三棱锥等体积法求出点O到平面BMN的距离，进而得出平面BMN被球O所截的截面圆的半径，利用圆的面积公式计算即可判断D.

9【详解】AB⊥平面BCD，∴△ABC、△ABD为直角三角形，∵AB=1，BC=1，，由勾股定理得，，又∵BC=1，CD=2，则，∴△DBC、△ACD为直角三角形，故A正确；三棱锥A-BCD可看作由长、宽、高分别为2、1、1的长方体截得，O为AD的中点，球O的直径为，故球O的表面积，故B正确；直线BD与平面ABC所成角的平面角为∠DBC，∴，所以C不正确；在Rt△ABC中，，在△ACD中，，又，∴△BMN为直角三角形，，设点O到平面BMN的距离为h，由于O到平面BMN的距离与C到平面BMN的距离相等，∴，则，则，解得，故D正确，故选：ABD．第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知i是虚数单位，若复数z满足，则复数z的虚部为______．【答案】1【解析】【分析】化简复数z，再由复数的定义即可得出答案.

10【详解】由可得：，即，所以，即，故复数z的虚部为1.故答案为：1.14.若以函数图像上相邻的四个最值所在的点为顶点恰好构成一个菱形，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意，由条件得到四个顶点的坐标，然后列出方程，代入计算，即可得到结果.【详解】令，，则，，不妨取相邻四个最值所在的点分别为，，，，如图所示，因为以为顶点的四边形恰好构成一个菱形，所以，所以，所以，即.

11故答案为：15.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则______．【答案】2【解析】【分析】根据题意，由同角三角函数的平方关系可得，然后结合正弦定理可求得的外接圆半径，即可得到结果.【详解】在中，，，所以，，且，所以，设的外接圆半径为，则，，且，解得，因为，所以.故答案为：.16.如图正三棱锥底面边长为，侧棱长为，，分别为，上的动点，则截面周长的最小值______.

12【答案】【解析】【分析】作出正三棱锥侧面展开图，可知所求周长最小值即为，根据平行关系、相似可推导得到的长，加和可得结果.【详解】正三棱锥侧面展开图如下图所示：若截面周长最小，则共线，即周长最小值为；由对称性可知：，，，同理可得：，，，，，，，又，，，.故答案为：.四、解答题：本大题共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.已知向量，．（1）若，试判断向量与是否垂直；（2）若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围．【答案】（1）向量与不垂直；

13（2）【解析】【分析】（1）求出的坐标，利用坐标法求出即可判断；（2）依题意可得且与不反向，即可求出参数的取值范围.【小问1详解】若，则，，故，∴，所以当时，向量与不垂直；【小问2详解】由题意知，，向量与的夹角为钝角，∴，解得，当与反向时，有，解得，所以向量与的夹角为钝角时，实数的取值范围是．18.如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与AF所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．

14【解析】【分析】（1）根据正方体的几何性质以及平行四边形的几何性质，可得线线平行，结合线面平行的判定定理，可得答案；（2）根据异面直线夹角的定义，结合余弦定理，可得答案.【小问1详解】证明：取的中点为G，连接BG，FG，∵F为的中点，∴且，而且，∴且，∴四边形ABGF为平行四边形，∴，又∵且，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∵面，面，∴平面；【小问2详解】取中点为O，连接，，∵O，G分别为，的中点，∴，由（1）知，为异面直线AF与所成的角或其补角，设正方体的边长为，则，，，，

15∴异面直线AF与所成角的余弦值为．19.在中，内角的对边分别为，点D是AB的中点，，记的面积为．（1）从下面的条件①②③中选择一个作为已知条件，求角；（2）在（1）的条件下，求的最大值．①；②；③．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选①：利用正弦定理和余弦定理边角互化可求出结果；若选②：根据平面向量数量积的定义和三角形的面积公式变形可求出结果；若选③：切化弦后利用正弦定理边化角，再根据两角和的正弦公式可求出结果.（2）根据平面向量数量积的运算律和三角形的面积公式可求出结果.【小问1详解】若选①：由正弦定理得，，则，则，由正弦定理化简得，，整理得，由余弦定理得，，∵，∴.若选②：根据题意得，，即，则，解得，∵，∴.若选③：由正弦定理得，，

16∴，则，则，因为为三角形的内角，，∴，∵，∴.【小问2详解】∵点D是AB中点，∴，，则，∴，当且仅当时等号成立，则，所以，在（1）的条件下，面积S的最大值为．20.在如图所示的空间几何体中，两等边三角形与互相垂直，，平面ABC，且点E在平面ABC内的射影落在∠ABC的平分线上．（1）求证：平面ACD；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明即可；（2）由题意可得出∠DOE为二面角的平面角，求出代入即可得出答案.【小问1详解】

17如图，取AC中点O，连接BO，DO，EO，∵为等边三角形，∴BO为∠ABC的平分线，设点F是点E在平面ABC上的射影，由题知，点FBO上，连接EF，则EF⊥平面ABC，∵平面平面ABC，平面平面，平面ACD，，则平面ABC，∴，则DEBO为平面四边形，∵平面ABC，平面DEBO，平面平面，∴，∵平面平面ABC，平面平面，平面ABC，，∴平面ACD，∴平面ACD.【小问2详解】∵，，，DO，平面BOD，∴平面BOD，∵平面BOD，∴，∴∠DOE为二面角的平面角，∵平面ABC，平面ABC，∴，∵，，∴四边形DEFO为矩形，∴，∴，，则，故二面角的正切值为．21.已知函数，的图象在半个周期内过，，，四点中的三点．（1）求函数解析式；（2）在锐角中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，求b

18的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦函数图象的性质分析可得函数图象过A，B，C三点，然后将点的坐标代入函数解析式中可求出，从而可得函数解析式；（2）由可求得，然后由余弦定理得，再结合为锐角三角形，可求出b的取值范围．小问1详解】B，D两点关于x轴对称，A，D，C组合的图象大于半个周期，故函数图象过A，B，C三点，A点坐标代入有，又，则，B点坐标代入有，则，，即，因为图象在半个周期内过A，B，C三点，则只有当时适合，即，经检验，C点符合题意，于是；【小问2详解】由于，在锐角中，可得，由余弦定理有，即，又在锐角中，有，，同时成立，即，，同时成立，所以，，同时成立，解得，所以b的取值范围为．

1922.已知函数，．（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）若，关于x的方程有三个不等的实根，求a的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）当时，得到，结合三角函数的性质，即可求解；（2）当时，令，则，得出函数，根据二次函数的性质，三种情况讨论，即可求解.【小问1详解】解：当时，函数，由，可得，故函数的单调递增区间为.【小问2详解】解：当时，可得，令，则，令，其图象恒过和两点，①当时，由（1）知有唯一根，不合题意；②当时，可得的图象开口向上，，方程存在两根，

20且，此时有（舍），故，则方程只有一个根，不合题意；③当时，可得的图象开口向下，，方程存在两根，且，若要满足题意，则，，此时方程有一个根，有两个不相等的根，则有，解得，综上所述，a的取值范围为．【点睛】方法点睛：利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略：1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标；2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解.3、本题中合理利用三角函数基本关系，进行换元构造二次函数，结合二次函数和正弦型函数的图象与性质是解答的关键.