2022-2023学年江西省部分学校高一下学期期末检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省部分学校2022-2023学年高一下学期期末检测试题一、单项选择题：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.已知复数（为虚数单位），则的虚部为（）A.2 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，则的虚部为.故选：B.2.已知平面向量，，若，则实数（）A.-1 B.-2 C. D.1〖答案〗A〖解析〗由已知，∵，∴，解得．故选：A．3.已知，且，则等于（）A.0 B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗由得，因为，所以，进而得，故，所以.故选：C.4.一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＝（）A.﹕1﹕1 B.﹕2﹕2C.﹕2﹕ D.﹕2﹕〖答案〗B〖解析〗由题意作图如图，几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，设棱长为1，四棱锥是棱长都相等的正四棱锥，三棱锥是一个正四面体，四棱锥的高是P到面的距离，P点到线段的距离是，令P在底面上的射影为O，连接，则，故，三棱锥的高就是P点到面的距离，令P点在面上的射影为，则是三角形的重心，故，故，三棱柱的高也是，因而.故选：B.5.在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，设，，所以，，所以，其中，，因为，所以，即.故选：D.6.的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，则的值为（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗因为，所以，由正弦定理可得：，所以，即，即，则，所以.故选：D7.已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗是函数含原点的递增区间，

又∵函数在上递增，∴得不等式组-π2ω≤-又∵又函数在区间上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可知，即函数处取得最大值，可得，综上，可得ω∈1故选：D.8.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥BD，△BCD为边长为的等边三角形，点P为边BD上一动点，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知，为等边三角形，则有，，在中，，；如图以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则有，，由于，故可设P点坐标为，且，所以，，所以，因为，当时，取得最小值，当时，取得最大值为0，所以.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（）A.z的虚部为 B.z在复平面内对应的点位于第四象限C. D.〖答案〗BC〖解析〗由可得，对A，z的虚部为，故A错误；对B，z在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；对C，，故C正确；对D，，故D错误.故选：BC.10.正方体的棱长为2，、、分别为，，的中点，则下列结论正确的是（）A.直线与直线垂直B.直线与平面平行C.平面截正方体所得的截面面积为D.点与点到平面的距离相等〖答案〗BC〖解析〗对于A中，若，因为且，平面，所以平面，平面，所以，，可得，因为，此时的内角和超过，故不成立，所以A错误；对于B中，如图所示，取的中点，连接，，因为，所以，因为，，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，则，，又因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以B正确；对于C中，如图所示，连接，因为，所以四边形为平行四边形，所以，延长交于点，因为平面，平面，所以平面平面，即，即相交于点，因为平面平面，且平面平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以，，所以四点共面，截面即为梯形，又因为，所以，所以梯形，所以C正确；对于D中，记点与点到平面的距离分别为，因为，又因为，所以，所以D错误.故选：BC.11.在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（）A.若，则 B.若，则B的取值范围是C. D.〖答案〗ACD〖解析〗对于选项A，因为A>B，所以有，所以，故正确；对于选项B，因为，则，所以，由可得的取值范围是，故错误；对于选项C，锐角三角形ABC中，，，∴，同理，，所以故正确；对于选项D，锐角三角形ABC中，因为，即，，又∵，∴，故正确．故选：ACD．12.对于函数，下列结论正确得是（）A.的值域为 B.在单调递增C.的图象关于直线对称 D.的最小正周期为〖答案〗AD〖解析〗，，所以，所以是偶函数，又，所以是函数的周期，又，故的最小正周期为，对于A，因为的最小正周期为，令，此时，所以，令，所以有，可知其值域为，故A正确；对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以在上不是单调递增，故B不正确；对于C，因为，，所以，所以的图象不关于直线对称，故C不正确；对于D，前面已证明正确.故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，且，则的面积为___________.〖答案〗〖解析〗，且，故，∴.故〖答案〗为：.14.已知是实系数一元二次方程的一个虚数根，且，若向量，则向量的取值范围为_________〖答案〗〖解析〗不妨设，，因为是实系数一元二次方程的一个虚数根，所以也是的一个虚数根，从而①，又因为无实根，所以②，由①②可得，，因为，所以，由一元二次函数性质易知，当时，有最小值5；当时，；当时，，故当时，，即，故向量的取值范围为：.故〖答案〗为：.15.在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为________.〖答案〗〖解析〗记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，取的中点D，如图，则，所以，即，则，当且仅当时取等号，此时.故〖答案〗为：.16.函数，，且的最大值为3，则实数______．〖答案〗〖解析〗函数，令，，则，令，，则，因为，当且仅当时，等号成立，所以，当且仅当时，取等号，所以，解得.故〖答案〗为：.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.已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位.（1）求的值;（2）记复数，求复数的模.解：（1）由题意得：，即，所以，所以，，解得：.（2），，所以.18.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，E是的中点，，，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）延长，过点P作，垂足为F，连接，，由平面平面，平面平面，平面，又平面，，∵，，，∴，，是正三角形，又∵直角梯形，∴，即也是正三角形，故为菱形，所以F，E，B三点共线，且，∴平面，又平面，从而.（2）几何法：过A作，连接，∵，∴平面，即，所以就是平面与平面所成二面角的平面角，在中，，，得，，所以平面与平面夹角的余弦值是.坐标法：由（1）知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），∴，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，又∵平面，所以平面的法向量为，设平面与平面所成二面角的平面角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值是.19.在①；②；③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A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____________．（1）求A；（2）若，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）解：（1）若选①：因为，根据正弦定理得，所以，所以，则，因为，所以，又，所以．若选②化简得：，则，又，所以．若选③：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.已知向量，函数．（1）当时，求的最小值；（2）是否存在实数，使不等式对任意恒成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．解：（1）由题可知，因为，所以，又，令，当时，所以，对称轴，开口向上，由二次函数的单调性知，所以在上单调递减，所以当时，取得最小值为，所以的最小值为.（2）由（1）知，，所以，对任意的恒成立，令，，则，因为，所以，所以，即，所以，由，得，则，整理得，所以，故在上恒成立，由对勾函数的性质知：在上单调递减，当时，取到最大值4，所以，故存在，且的范围为.21.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A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在A处按方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知长度为6分米，O为中点.（1）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；（2）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2倍.请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？解：（1）设两颗粒子在点相撞，在中，由余弦定理得，即，，，即，，当且仅当时，等号成立，所以两颗粒子运动路程和的最大值为.（2）过作，垂足为，设，则，由余弦定理可得，，，，，当即时，即取得最大值，易知恒成立，，的长度至少为分米，才能确保对任意的，总可以通过调整乙粒子的释放角度，使两颗粒子成功碰撞.22.已知函数，.（1）判断的奇偶性并证明；（2）若，求的最小值和最大值；（3）定义，设.若在内恰有三个不同的零点，求a的取值集合.解：（1）是偶函数，证：因为的定义域为，且，∴f(x)是偶函数.（2）当，则，又，∴当时，，当时，（3）因为都是偶函数，所以在上是偶函数，因为恰有3个零点，所以，则有：或，①当时，即且时，因为当，令，因为，解得或，所以恰有3个零点，即满足条件；②当时，即且时，此时，当时，只有1个零点，且，所以恰有3个零点等价于恰有2个零点，所以，解得，此时有2个零点符合要求，当时只有一个零点x=0，有2个零点符合要求，当时，解得或，令解得或（舍去），所以的根为，要使恰有3个零点，则，综上：.江西省部分学校2022-2023学年高一下学期期末检测试题一、单项选择题：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.已知复数（为虚数单位），则的虚部为（）A.2 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，则的虚部为.故选：B.2.已知平面向量，，若，则实数（）A.-1 B.-2 C. D.1〖答案〗A〖解析〗由已知，∵，∴，解得．故选：A．3.已知，且，则等于（）A.0 B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗由得，因为，所以，进而得，故，所以.故选：C.4.一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＝（）A.﹕1﹕1 B.﹕2﹕2C.﹕2﹕ D.﹕2﹕〖答案〗B〖解析〗由题意作图如图，几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，设棱长为1，四棱锥是棱长都相等的正四棱锥，三棱锥是一个正四面体，四棱锥的高是P到面的距离，P点到线段的距离是，令P在底面上的射影为O，连接，则，故，三棱锥的高就是P点到面的距离，令P点在面上的射影为，则是三角形的重心，故，故，三棱柱的高也是，因而.故选：B.5.在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，设，，所以，，所以，其中，，因为，所以，即.故选：D.6.的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，则的值为（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗因为，所以，由正弦定理可得：，所以，即，即，则，所以.故选：D7.已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗是函数含原点的递增区间，

又∵函数在上递增，∴得不等式组-π2ω≤-又∵又函数在区间上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可知，即函数处取得最大值，可得，综上，可得ω∈1故选：D.8.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥BD，△BCD为边长为的等边三角形，点P为边BD上一动点，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知，为等边三角形，则有，，在中，，；如图以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则有，，由于，故可设P点坐标为，且，所以，，所以，因为，当时，取得最小值，当时，取得最大值为0，所以.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（）A.z的虚部为 B.z在复平面内对应的点位于第四象限C. D.〖答案〗BC〖解析〗由可得，对A，z的虚部为，故A错误；对B，z在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；对C，，故C正确；对D，，故D错误.故选：BC.10.正方体的棱长为2，、、分别为，，的中点，则下列结论正确的是（）A.直线与直线垂直B.直线与平面平行C.平面截正方体所得的截面面积为D.点与点到平面的距离相等〖答案〗BC〖解析〗对于A中，若，因为且，平面，所以平面，平面，所以，，可得，因为，此时的内角和超过，故不成立，所以A错误；对于B中，如图所示，取的中点，连接，，因为，所以，因为，，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，则，，又因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以B正确；对于C中，如图所示，连接，因为，所以四边形为平行四边形，所以，延长交于点，因为平面，平面，所以平面平面，即，即相交于点，因为平面平面，且平面平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以，，所以四点共面，截面即为梯形，又因为，所以，所以梯形，所以C正确；对于D中，记点与点到平面的距离分别为，因为，又因为，所以，所以D错误.故选：BC.11.在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（）A.若，则 B.若，则B的取值范围是C. D.〖答案〗ACD〖解析〗对于选项A，因为A>B，所以有，所以，故正确；对于选项B，因为，则，所以，由可得的取值范围是，故错误；对于选项C，锐角三角形ABC中，，，∴，同理，，所以故正确；对于选项D，锐角三角形ABC中，因为，即，，又∵，∴，故正确．故选：ACD．12.对于函数，下列结论正确得是（）A.的值域为 B.在单调递增C.的图象关于直线对称 D.的最小正周期为〖答案〗AD〖解析〗，，所以，所以是偶函数，又，所以是函数的周期，又，故的最小正周期为，对于A，因为的最小正周期为，令，此时，所以，令，所以有，可知其值域为，故A正确；对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以在上不是单调递增，故B不正确；对于C，因为，，所以，所以的图象不关于直线对称，故C不正确；对于D，前面已证明正确.故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，且，则的面积为___________.〖答案〗〖解析〗，且，故，∴.故〖答案〗为：.14.已知是实系数一元二次方程的一个虚数根，且，若向量，则向量的取值范围为_________〖答案〗〖解析〗不妨设，，因为是实系数一元二次方程的一个虚数根，所以也是的一个虚数根，从而①，又因为无实根，所以②，由①②可得，，因为，所以，由一元二次函数性质易知，当时，有最小值5；当时，；当时，，故当时，，即，故向量的取值范围为：.故〖答案〗为：.15.在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为________.〖答案〗〖解析〗记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，取的中点D，如图，则，所以，即，则，当且仅当时取等号，此时.故〖答案〗为：.16.函数，，且的最大值为3，则实数______．〖答案〗〖解析〗函数，令，，则，令，，则，因为，当且仅当时，等号成立，所以，当且仅当时，取等号，所以，解得.故〖答案〗为：.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.已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位.（1）求的值;（2）记复数，求复数的模.解：（1）由题意得：，即，所以，所以，，解得：.（2），，所以.18.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，E是的中点，，，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）延长，过点P作，垂足为F，连接，，由平面平面，平面平面，平面，又平面，，∵，，，∴，，是正三角形，又∵直角梯形，∴，即也是正三角形，故为菱形，所以F，E，B三点共线，且，∴平面，又平面，从而.（2）几何法：过A作，连接，∵，∴平面，即，所以就是平面与平面所成二面角的平面角，在中，，，得，，所以平面与平面夹角的余弦值是.坐标法：由（1）知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），∴，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，又∵平面，所以平面的法向量为，设平面与平面所成二面角的平面角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值是.19.在①；②；③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A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____________．（1）求A；（2）若，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）解：（1）若选①：因为，根据正弦定理得，所以，所以，则，因为，所以，又，所以．若选②化简得：，则，又，所以．若选③：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.已知向量，函数．（1）当时，求的最小值；（2）是否存在实数，使不等式对任意恒成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．解：（1）由题可知，因为，所以，又，令，当时，所以，对称轴，开口