2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末数学综合测试试题【含答案】

2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末数学综合测试试题一、单选题1．若命题p的否定为：，则命题p为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用含有量词的否定方法进行求解.【详解】因为命题p的否定为：，所以命题p为：.故选：B.2．可化为()A． B．C． D．【答案】A【分析】将根式化为有理数指数幂的形式，即可得答案.【详解】.故选：A3．甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，则选出的2名教师性别相同的概率是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】从甲校和乙校报名的教师中各任选名，列出基本事件的总数，利用古典概型求解即可.【详解】设甲校2男1女的编号分别为1，2，A，乙校1男2女编号分别为B，3，4，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果有：，，，，，，，，共计9个，选出的2名教师性别相同的结果有，，，共计4个，故选出的2名教师性别相同的概率为．故选：B.4．某饮料生产企业推出了一种有一定几率中奖的新饮料．甲､乙两名同学都购买了这种饮料，设事件为“甲､乙都中奖”，则与互为对立事件的是（

）A．甲､乙恰有一人中奖 B．甲､乙都没中奖C．甲､乙至少有一人中奖 D．甲､乙至多有一人中奖【答案】D【分析】根据互斥事件与对立事件的概念判断即可.【详解】“甲、乙恰有一人中奖”与互斥但不对立，故A错误；“甲、乙都没中奖”与互斥但不对立，故B错误；“甲、乙至少有一人中奖”与不互斥，故C错误；“甲、乙至多有一人中奖”与互斥且对立，故D正确．故选：D.5．若扇形的周长为36，要使这个扇形的面积最大，则此时扇形的圆心角的弧度为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据扇形的周长及面积公式，转化为二次函数求最值，据此利用弧长公式求解.【详解】设扇形的半径为，弧长为，则，所以，故当时，取最大值，此时，所以，故选：B6．已知复数，是关于的方程的两根，则下列说法中不正确的是（

）A． B．C． D．若，则【答案】B【分析】在复数范围内解方程得，，然后根据复数的概念、运算判断各选项．【详解】对于关于的方程，则，∴，不妨设，，，故A正确；，故C正确；，∴，当时，，故B错误；当时，，，所以，，，同理，故D正确．故选：B．7．在正方体中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（

）.A．与 B．与C．与 D．与【答案】B【分析】根据面面平行的判定并结合图形判断各选项.【详解】如图，选项A、B、C、D分别对应图1、图2、图3、图4.对于A，与相交，截面与相交，故A错误；对于B，截面与平行.证明：因为所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，，，所以平面平面.故B正确；对于C，截面与相交于D点，故C错误；对于D，与相交，截面与相交，故D错误；故选：B.8．如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（

）A．B．与异面C．平面D．平面平面【答案】A【分析】根据题目信息和相似比可知，不可能平行于，与异面，可得A错误，B正确；再利用线面平行和面面平行的判定定理即可证明CD正确.【详解】如下图所示，连接，根据题意，由可得，，且；同理可得，且；由，而，所以不可能平行于，即A错误；易知与不平行，且不相交，由异面直线定义可知，与异面，即B正确；在长方体中，所以，即四边形为平行四边形；所以，又，所以；平面，平面，所以平面，即C正确；由，平面，平面，所以平面；又，平面，平面，所以平面；又，且平面，所以平面平面，即D正确.故选：A二、多选题9．已知复数，，则下列说法正确的是（

）A．的共轭复数不是 B．C．复数 D．复数为纯虚数【答案】ACD【分析】根据给定的条件，利用共轭复数、复数模的意义判断AB；利用复数的乘除运算判断CD作答.【详解】复数，，对于A，复数的共轭复数，不是，A正确；对于B，，B错误；对于C，，C正确；对于D，是纯虚数，D正确，故选：ACD10．下列说法正确的是（

）A．以三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥B．棱台的侧面都是等腰梯形C．底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形D．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面【答案】CD【分析】根据圆锥、棱台、棱柱的定义及结构特征逐一判断即可.【详解】圆锥是以直角三角形的某一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体，当绕斜边旋转时，不是棱锥，故A错误；棱台的侧面都是梯形，但棱台的侧棱不一定都相等，故B错误；圆锥的轴截面是等腰三角形，其腰长为2r，又底面半径为r，故等腰三角形的底边为2r，即该圆锥的轴截面为等边三角形，故C正确；棱柱的侧面都为平行四边形，所以侧棱都相等，棱柱包含直棱柱与斜棱柱，故侧棱不一定都垂直于底面，故D正确.故选：CD.11．某学校为普及安全知识，对本校1500名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动（满分为100分）.现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，则根据该直方图，下列结论正确的是（

）

A．图中的值为0.017B．该校高一至少有80%的学生竞赛得分介于60至90之间C．该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为195人D．该校高一学生竞赛得分的第75百分位数估计大于80【答案】ACD【分析】根据频率分布直方图相关知识直接求解参数，从而判断A；计算得分介于60至90之间的频率，从而判断B；根据得分不小于90的人数的频率从而估计整体，从而判断C；计算得分介于50至80之间的频率，与0.75比较，从而判断第75百分位数与80的大小关系,进而判断D.【详解】由频率分布直方图性质可得：，解得，故A正确；得分介于60至90之间的频率为，即该校高一至少有77%的学生竞赛得分介于60至90之间，故B错误；得分不小于90的人数估计为，故C正确；得分介于50至80之间的频率为，故D正确.故选：ACD12．锐角内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆O的半径，点D在边BC上，且，是靠近的三等分点，则下列判断正确的是（

）

A．B．C．周长的取值范围是D．的最大值为【答案】ABD【分析】由正弦定理可判断A；由同弧所对的圆心角为圆周角的两倍求得，进而得出，在中，由余弦定理得，然后由勾股定理可判断B；利用正弦定理将周长转化为三角函数，然后求值域可判断C；数形结合可判断D．【详解】对于A：由题知，，由正弦定理可得，又为锐角三角形，所以，故A正确；对于B：因为，且是靠近的三等分点，所以，，连接，由（1）得，则，所以，在中，由余弦定理得，所以，即，故B正确；对于C：因为，所以，，则周长，因为为锐角三角形，故，解得，所以，所以，所以，故C错误；对于D：易知，当A、O、D三点共线时取得最大值，所以AD的最大值为，故D正确，故选：ABD．

三、填空题13．函数的定义域是.【答案】【分析】满足被开方数大于等于0的自变量的范围构成的集合即为定义域.【详解】要使函数有意义，需满足即得当时，解得；当时，解得.综上，函数的定义域为.故答案为：14．已知向量，满足，，，则．【答案】【分析】由可得，再由，代入化简即可得出答案.【详解】因为，，，则，所以，所以，解得：，.故答案为：.15．已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为32，则这个球的表面积为.【答案】【分析】由题意求出底面正方形边长，进而根据正四棱柱的体对角线长即为其外接球的直径，求出球的半径，即可得答案.【详解】由题意知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为32，故正四棱柱的底面积为8，则底面正方形边长为，又因为正四棱柱的体对角线长即为其外接球的直径，故外接球半径为，故这个球的表面积为，故答案为：16．已知，如果存在实数，使得对任意的实数x，都有成立，则的最小值为.【答案】【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，分析可知是函数的最小值，是函数的最大值，求出函数最小正周期的最大值，可求得的最小值.【详解】因为，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则是函数的最小值，是函数的最大值，因为，若使得最小，则函数的最小正周期取最大值，且函数最小正周期的最大值为，故的最小值为，则的最小值为.故答案为：.四、解答题17．已知复数，为虚数单位．(1)若，求的值；(2)若为实数，求的值；(3)若是关于的实系数方程的一个复数根，求的值．【答案】(1)0(2)1(3)或【分析】（1）直接列方程求解即可；（2）把代入化简，然后由虚部为零，可求出的值；（3）把代入方程化简，然后列方程组可求出的值．【详解】（1）因为，所以.（2）因为为实数，所以，解得.（3）因为是关于的实系数方程的一个复数根，所以，整理得，所以，解得或.18．已知函数.(1)求的值；(2)求在区间上的最大值和最小值.【答案】(1)(2)；【分析】（1）利用三角函数的恒等变换化简，从而可得的值；（2）由得，从而结合正弦函数的性质即可得解.【详解】（1）因为，所以.（2）由，可得，所以当，即时，取得最大值；当，即时，取得最小值.19．在中，角的对边分别为，.(1)若，求；(2)若，点在边上，且平分，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用两角和、差的余弦公式求出，由诱导公式求出，即可求出，最后由计算可得；（2）利用二倍角公式求出，再由求出，最后由面积公式计算可得.【详解】（1）因为，则，，又，，则，又，所以，则.（2）由（1）知，则，由得，即，则，即，解得，所以的面积.20．如图，以菱形ABCD的一边AB所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，已知，．

(1)求该几何体的体积；(2)求该几何体的表面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意可知该几何体上部分为圆锥，下部分为在圆柱内挖去一小个与上部分相同的圆锥，再根据圆柱的体积公式即可得解；（2）根据圆柱和圆锥的侧面积公式即可得解.【详解】（1）如图，这是所求的几何体，该几何体上部分为圆锥，下部分为在圆柱内挖去一小个与上部分相同的圆锥，易知点D到AB的距离为，即圆柱底面圆的半径为，所以该几何体的体积为；（2）圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，所以该几何体的表面积为．

21．如图，在梯形中，，、是的两个三等分点，，是的两个三等分点，线段上一动点满足.分别交、于，两点，记，.

(1)当时，用，表示；(2)若，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，由平面向量基本定理，即可表示出.（2）根据题意，连接，，用，分别表示出，，然后根据，，三点共线，，，三点共线列出方程表示出，再结合基本不等式即可得到结果.【详解】（1）∵，∴，∴，（2）

连接，，则因为，，三点共线，，，三点共线，设，，所以，因为，所以，得因为，所以，所以，因为，所以，即，代入得因为，所以解得因为，∵，∴当且仅当时取得等号，∴的最大值是22．如图①，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．

(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用勾股定理得到，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）方法一：通过作垂线的方法得到垂线段的长度即为点到平面的距离，然后求距离即可；方法二：利用等体积的方法求点到面的距离即可.【详解】（1）证明：如图①，，，，，，，

如图