江西省部分学校2022-2023学年高一下学期期末检测数学试题含答案.pdf

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1、书书书共?页?学年高一年级下学期期末检测数?学?注意事项?全卷满分?分?考试时间?分钟?本卷考察范围?北师大版必修第二册全册?一?选择题?本题共?小题?每小题?分?共?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?已知复数?为虚数单位?则?的虚部为?已知平面向量?若?则实数?已知?且?则?槡槡?一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱?这个四棱锥的底面为正方形?且底面边长与各侧棱长相等?这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等?设四棱锥?三棱锥?三棱柱的高分别为?则?槡槡槡槡槡槡?在?中?为?所在平面内的动点?且?则?的取值范围是?的内角?所对边分别为?且?则?的值为?已知函数?

2、在区间?上是增函数?且在区间?上恰好取得一次最大值?则?的取值范围是?如图?在平面四边形?中?为边长为槡?的等边三角形?点?为边?上一动点?则?的取值范围为?ABCDP?江西省部分学校2022-2023学年高一下学期期末检测数学试题?二?选择题?本题共?小题?每小题?分?共?分?在每小题给出的四个选项中?有多项是符合题目要求的?全部选对的得?分?部分选对的得?分?有选错的得?分?设复数?满足?其中?是虚数单位?则下列说法正确的是?的虚部为?在复平面内对应的点位于第四象限?ABCDABCDEGF?正方体?的棱长为?分别为?的中点?则下列结论正确的是?直线?与直线?垂直?直线?与?平面平行?平面?

3、截正方体所得的截面面积为?点?与点?到平面?的距离相等?在锐角?中?为三个内角?分别为?所对的三边?则下列结论成立的是?若?则?若?则?的取值范围是?对于函数?下列结论正确的是?的值域为?在?单调递增?的图象关于直线?对称?的最小正周期为?三?填空题?本题共?小题?每小题?分?共?分?yxOBA?如图?是?在斜二测画法下的直观图?其中?且?则?的面积为?已知?是实系数一元二次方程?的一个虚数根?且?槡?若向量?则向量?的取值范围为?在?中?是?的外心?是?的重心?且?则?的最小值为?函数?且?的最大值为?则实数?四?解答题?本题共?小题?共?分?解答应写出文字说明?证明过程或演算步骤?分?已知

4、?是关于?的方程?的一个根?其中?为虚数单位?求?的值?记复数?求复数?的模?页?分?如图?在四棱锥?中?底面?是直角梯形?平面?平面?是?的中点?ABCDEP?证明?求平面?与平面?夹角的余弦值?分?在?槡?这三个条件中任选一个补充在下面问题中?并解答?记?的内角?的对边分别为?已知?求?若?槡?求?面积的取值范围?如果选择多个条件分别解答?按第一个解答计分?分?已知向量?函数?当?时?求?的最小值?是否存在实数?使不等式?对任意的?恒成立?若存在?求出?的取值范围?若不存在?说明理由?分?某大学科研团队在如下图所示的长方形区域?内?包含边界?进行粒子撞击实验?科研人员在?两处同时释放甲?乙

5、两颗粒子?甲粒子在?处按?方向做匀速直线运动?乙粒子在?处按?方向做匀速直线运动?两颗粒子碰撞之处记为点?且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失?已知?长度为?分米?为?中点?已知向量?与?的夹角为?且?足够长?若两颗粒子成功发生碰撞?求两颗粒子运动路程之和的最大值?设向量?与向量?的夹角为?向量?与向量?的夹角为?甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的?倍?问?的长度至少为多少分米?才能确保对任意的?总可以通过调整甲粒子的释放角度?使两颗粒子能成功发生碰撞?ABCDMNO?分?已知函数?判断?的奇偶性并证明?若?求?的最小值和最大值?定义?设?若?在?内恰有三个不同的零点?求?的取值集合?1.【答案

6、解析】B【详解】，则对应坐标为.故选：B.2.【答案解析】B【分析】根据向量的定义、向量的模、平行向量的定义判断【详解】对于，的大小不能确定；对于，两个非零向量的方向不确定；对于，向量的模是一个非负实数，只有正确 故选：B 3.【答案解析】D【详解】因为，所以，解得=，则，故选：D.4.【答案解析】D【详解】由可得：，即，故,因为 B,P,D 三点共线，所以，故选：D 5.【答案解析】D【详解】因为 G 是ABC 的重心，所以由于 MGN 共线，所以，即所以（当且仅当即时取等号）故选：D 6.【答案解析】A【详解】因为为增函数，且，根据零点存在定理，所以在(0,1)内存在唯一的零点，根据的单调

7、性可知其在内存在唯一的零点，又与在区间内的零点个数之和为 4，所以在区间内的零点个数为 3由，得，则，此时恰好包含：三个零点，解得 故选：A7.【答案解析】C【详解】由题设及正弦定理边角关系有，而且，所以，又，可得，所以，故，而，又，所以，故，可得，综上，ABC 为正三角形.故选：C 8.【答案解析】B解：函数 f（x）sin（x+），由题意知+k1，k1Z，+k2+，k2Z，两式相减可求得（k2k1）+，k1，k2Z，即（k+），kZ，因为 f（x）在，上单调递减，所以，所以，且（k+）0，kZ，解得 0k2，所以 k0，1，2，k0 时，此时，符合题意；k1时，此时，不满足f（x）在，上单

8、调递减，不符合题意；k2 时，2，此时，符合题意；所以符合条件的 值之和为+2 故选：B 9.【答案解析】ACD【分析】由题意结合复数的几何意义可判断 A；由共轭复数、虚部的概念可判断 B；设，由复数模的概念可判断 C；由题意结合点到直线的距离可判断 D；即可得解.【详解】对于 A，由复数在复平面内对应的点为可得，故 A 正确；对于 B，复数的共轭复数为，的虚部为，故 B 错误；对于 C，设，则点，由可得，所以，整理得，所以 Z 点在直线上，故 C 正确；对于 D，易知点到直线的垂线段的长度即为、Z 之间距离的最小值，点到直线的距离，故 D 正确.故选：ACD.10.【答案解析】BCD【分析】

9、先计算出甲乙丙丁命题正确时的各个参数值，从而得到命题乙与命题丁一真一假，分两种情况进行计算可得函数解析式，然后由正弦函数的性质对各个选项进行检验即可.【详解】若甲命题正确，则 若乙命题正确，则最小正周期，则 若丙命题正确，则，即，若丁命题正确，函数图象可以由的图象平移得到，则，故命题乙与命题丁矛盾 由甲、乙、丙、丁有且只有一个假命题可知，命题甲与命题丙均为真命题，命题乙与命题丁一真一假若命题乙为真命题，则，由，可得，此时；若命题丁为真命题，则，由，得，又，则不存在符合条件的，不合题意 综上，命题丁为假命题，命题甲、乙、丙均为真命题，故 A 错误，B 正确 由，得函数图象的对称轴为，当时，故 C

10、 正确 由可知，把的图象上每一点的纵坐标伸长为原来的倍，横坐标保持不变，可以得到的图象，故 D 正确 故选：BCD 11.【答案解析】BD解：设ABC 三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，对于 A，当 ADBC 时不等式等号成立，所以ABC 面积最大值为 6，故 A 错误；对于 B，在ABD中，当时，不等式等号成立，故 B 正确；对于 C，因为，所以，解 得，因 为，所 以，故可能是 5，故 C 错误；对于，所以，又，所以 故选：BD 12.【答案解析】ABD【详解】由，对于 A，故 A 正确；对于 B，因为，所以的一个周期是，故 B 正确；对于 C，当时，所以，所以，故 C 错

11、误；对于 D，故 D 正确；故选：ABD 13.【答案解析】根据复数除法的几何意义即可得结果.由复数除法的几何意义知：(cosisin).故答案为：14.【答案解析】【详解】夹角为，所以向量在向量方向上的投影向量为.故答案为：.15.【答案解析】有图象可知，即，则，由“五点法”可得，所以，即，因为，所以，所以，又因为，所以 函 数图 象 的 对 称 轴 为 直 线 x=t，则，所以=，解得，当 k=0 时，t 取到了最小正值为16.【答案解析】4【分析】根据匀速圆周运动的数学模型进行求解.【详解】因为=4，圆心到水面的距离为 2，所以到 x 轴的距离为 2，所以 x 轴与所成角为，由题知水车转

12、动的角速度为因为水车的半径为 4，设 P 点到水面的距离为 y，根据匀速圆周运动的数学模型有：当 t=10 秒时，y=4，所以点离水面的高度是 4m.故答案为：4.17.【答案解析】（1）（2）因为是纯虚数所以，所以，所以：18.【答案解析】（1），又，即 又，或；（2），若，则，即，由得，得 当时，19.【答案解析】（1）若选：因为，根据正弦定理得，所以，所以 则，因为，所以，又，所以 若选化简得：，则，又，所以 若选：因为，根据正弦定理得，所以 即，因为，所以（2）因为，由，则，又，所以，则的取值范围为 20.【答案解析】解：（1）函数，化简可得.函 数的 图 象 与 函 数的 图 象 关

13、 于 直 线对 称.即.（2），.令，则.那么：，可得：成立.即，当时取等号，m 的最小值为.当或 2 时，可得，即 m 的最大值为 3.故得实数 m 的最大值为 3，最小值为.（3）不等式恒成立，即恒成立 当时，.若时，显然恒成立.若时，当时，取得最小值.即成立.可得：，解得：.若时，当时，取得最小值.即成立.得：，.综上可得：a 的范围是.21.【答案解析】(1).(2)17320 元【分析】（1）利用圆的几何性质证得，利用表示出，由此求得三角形面积的表达式，并求得的取值范围.（2）求得，由此求得矩形面积的表达式，利用辅助角公式，结合三角函数求最值的方法，求得矩形面积的最大值，从而求得最高造价.【详解】（1）连接 OF,因,所以,易得,所以.因,所以,所以,所以.（2）因为,所以,所以.因为,所以当时,最大.故矩形花坛的最高造价是元.22.【答案解析】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得进而求得，结合求得进而求得，利用两角差的余弦公式球儿.（2）利用向量数量积的运算化简已知条件，结合圆的几何性质、正弦定理求得的值.【详解】（1）依题意，由正弦定理得，,，由于，所以，所以，由于，所以.，所以.所以.（2）由于，所以.由于是三角形外接圆的圆心，所以，由正弦定理得，由得，由正弦定理得，即所以.