2022-2023学年江西省吉安市高一下学期期末教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测数学试题一、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.已知角的集合，则在内的角有（）A.2个 B.3个 C.4个 D.5个〖答案〗B〖解析〗依题意，解不等式，得，而，因此，所以在内的角有3个.故选：B.2.若复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，所以.故选：C.3.已知向量，互相垂直，则（）A.3 B. C.9 D.18〖答案〗B〖解析〗向量，互相垂直，则，解得，所以.故选：B.4.的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以当，时取最小值为.故选：B.5.已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（）A. B.C. D.，〖答案〗D〖解析〗a为直线，，为平面，，，若，直线与平面的关系不确定，A不是；若，直线可以与直线平行，此时不能推出，B不是；若，直线可以平行于或在平面内，C不是；若，且，由面面垂直的性质，成立.故选：D.6.为了得到函数的图象，只要把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，再把得到的曲线上所有的点（）A.向左平移个单位长度 B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度 D.向右平移个单位长度〖答案〗D〖解析〗把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，对于A，再向左平移个单位长度，得的图象，A错误；对于B，再向左平移个单位长度，得的图象，B错误；对于C，再向右平移个单位长度，得的图象，C错误；对于D，再向右平移个单位长度，得的图象，D正确.故选：D.7.瑞士数学家欧拉在1765年发表了一个令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线称为欧拉线．其中重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．已知M，N，P分别为的外心、重心、垂心，则下列结论错误的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗点是的外心，则，A错误；如图，由欧拉线定理得，B正确；点为的重心，延长交于，则是的中点，于是，则，C正确；点是的垂心，由，得，即，由，同理得，因此，D正确.故选：A.8.中国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．若三棱锥为鳖臑，平面，，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，当三棱锥的体积最大时，球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗将三棱锥放一个长方体中，如图所示：则，当且仅当时取等号，此时三棱锥的外接球就是一个长方体的外接球，因为，，在为直角三角形，所以，设长方体的外接球的半径为R，则，故，所以外接球的表面积为.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（为纯虚数），则（）A.不可能为纯虚数B.若复数为实数，则C.的最小值为D.若复平面内表示的点位于上，则〖答案〗ACD〖解析〗设（且），则，所以不可能为纯虚数，故A正确；若复数为实数，则，解得，所以，故B错误；，所以当时取最小值，最小值为，故C正确；若复平面内表示的点位于上，则，解得，所以，故D正确.故选：ACD.10.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.的单调递减区间为，D.的图象关于直线对称〖答案〗CD〖解析〗观察图象知，，函数的周期，则，，A错误；由，，得，B错误；，由，得，因此函数的单调递减区间为，，C正确；由，得函数的图象对称轴为，当时，，D正确.故选：CD.11.质点A和B在以坐标原点O为圆心、半径为1的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．A的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；B的角速度大小为1rad/s，起点为射线与的交点．当A与B重合时，点A的坐标可以是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗依题意，点的起始位置，点的起始位置，则，设当A与B重合时，用的时间为，于是，即，则，当为偶数时，，即，B正确；当为奇数时，，即，D正确.故选：BD.12.如图，在圆锥PO中，已知圆O的直径，点C是底面圆O上异于A的动点，圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形．，则（）A.面积的最大值为B.的值与的取值有关C.三棱锥体积的最大值为D.若，AQ与圆锥底面所成的角为，则〖答案〗CD〖解析〗设圆锥的母线长为，由，得，而圆锥底面圆半径，圆锥的高，则，，当且仅当时取等号，错误；当时，，与的取值无关，B错误；过作交于，由平面，得平面，由，得，于是，所以当且仅当，且为中点时，三棱锥体积取最大值，C正确；若，则，由选项知，为与圆锥底面所成的角，即，显然，在中，，，而，所以，D正确.故选：CD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在复数范围内分解因式的结果为______．〖答案〗〖解析〗依题意，.故〖答案〗为：.14.______．〖答案〗1〖解析〗因为，则，所以.故〖答案〗为：1.15.古希腊的哲学家柏拉图证明只存在5种正多面体，即正四、六、八、十二、二十面体，其中正八面体是由8个正三角形构成．如图，若正八面体的体积为，则它的内切球半径为______．〖答案〗〖解析〗设正八面体的棱长为，显然正八面体可视为棱长都相等的两个正四棱锥组合而成，则正八面体的体积，解得，于是正八面体的表面积，设正八面体的内切球半径为，因此，即，解得，所以正八面体的内切球半径为.故〖答案〗：.16.直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在斜坐标系下的坐标．设，．（1）若，则______；（2）若，则______．〖答案〗〖解析〗（1）因为，所以，若，则，所以；（2）因为，，所以，，若，则，所以，即，因为，所以.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．（1）求，的值；（2）若，求，的值．解：（1）因为，所以，所以，.（2）由（1）知，因为，所以，所以，因为，所以，由得，所以.18.如图，在三棱锥中，，点D，M分别为AC，PB的中点，．（1）证明：//平面BDF；（2）若平面//平面BDF，其中平面，，证明：AN是AM在平面PAC上的投影．解：（1）取的中点，连接，由，得，点为的中点，又点为的中点，则，又平面平面，于是平面，又点为的中点，点为的中点，则，又平面，平面，因此平面，又平面，平面平面，又平面，所以平面.（2）平面平面，且平面平面，平面平面，则，由为的中点，得，则，又平面，因此平面，所以是在平面上的投影.19.①，②，在这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并给予解答．问题：的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，三角形面积，______，求的值．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解：中，由及正弦定理得：，而，于是，因此，而，则，又，所以，若选①，，由，得，由余弦定理得，外接圆半径，由正弦定理得，所以.若选②，，外接圆半径，，由，得，所以.20.某人承包一块荒地种植蓝莓，原种植区域为，由于经济效益较好，现准备扩大种植面积．如图，延长BC到D，使，以AD为底边向外作顶角为的等腰三角形ADE．已知，设，．（1）求周长取值范围；（2）求四边形区域ABDE面积的最大值．解：（1）在中，，由余弦定理，得，，，而在上单调递减，，即，故周长为，其取值范围为.（2）作为垂足，因为三角形为等腰三角形，且，，在中，根据余弦定理有，，，，，当且仅当，即时，四边形区域面积的最大值为.21.在中，，，若D是AB的中点，则；若D是AB的一个三等分点，则；若D是AB的一个四等分点，则．（1）如图①，若，用，表示，你能得出什么结论？并加以证明．（2）如图②，若，，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，CB分别交于点P，Q．①利用（1）的结论，用，表示；②设，，求证：为定值．解：（1）猜想：，证明：因为，所以.（2）①若，，则，，因为、、三点共线，设，则，因为、、三点共线，设，则，因为与不共线，所以，解得，所以.②因为，，所以，，所以，因为、、三点共线，所以，则（定值）.22.已知E，F分别为的重心和外心，D是BC的中点，，．（1）求BE；（2）如图，P为平面ABC外一点，平面ABC，二面角的正切值为4．①求证：；②求三棱锥的外接球的体积．解：（1）由，且D是BC的中点，得，则，共线，又为重心，则，，又为的外心，连接，，而是的中点，因此，，在中，，由余弦定理得，所以.（2）①由平面，平面，得，又，平面，则平面，而平面，所以.②由①知，，则为二面角的平面角，而二面角的正切值为4，即，解得，又的外心为，令三棱锥外接球的球心为，则平面，有，四边形是直角梯形，设外接球的半径为，于是，，因此，解得，，所以三棱锥的外接球的体积为.江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测数学试题一、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.已知角的集合，则在内的角有（）A.2个 B.3个 C.4个 D.5个〖答案〗B〖解析〗依题意，解不等式，得，而，因此，所以在内的角有3个.故选：B.2.若复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，所以.故选：C.3.已知向量，互相垂直，则（）A.3 B. C.9 D.18〖答案〗B〖解析〗向量，互相垂直，则，解得，所以.故选：B.4.的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以当，时取最小值为.故选：B.5.已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（）A. B.C. D.，〖答案〗D〖解析〗a为直线，，为平面，，，若，直线与平面的关系不确定，A不是；若，直线可以与直线平行，此时不能推出，B不是；若，直线可以平行于或在平面内，C不是；若，且，由面面垂直的性质，成立.故选：D.6.为了得到函数的图象，只要把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，再把得到的曲线上所有的点（）A.向左平移个单位长度 B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度 D.向右平移个单位长度〖答案〗D〖解析〗把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，对于A，再向左平移个单位长度，得的图象，A错误；对于B，再向左平移个单位长度，得的图象，B错误；对于C，再向右平移个单位长度，得的图象，C错误；对于D，再向右平移个单位长度，得的图象，D正确.故选：D.7.瑞士数学家欧拉在1765年发表了一个令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线称为欧拉线．其中重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．已知M，N，P分别为的外心、重心、垂心，则下列结论错误的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗点是的外心，则，A错误；如图，由欧拉线定理得，B正确；点为的重心，延长交于，则是的中点，于是，则，C正确；点是的垂心，由，得，即，由，同理得，因此，D正确.故选：A.8.中国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．若三棱锥为鳖臑，平面，，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，当三棱锥的体积最大时，球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗将三棱锥放一个长方体中，如图所示：则，当且仅当时取等号，此时三棱锥的外接球就是一个长方体的外接球，因为，，在为直角三角形，所以，设长方体的外接球的半径为R，则，故，所以外接球的表面积为.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（为纯虚数），则（）A.不可能为纯虚数B.若复数为实数，则C.的最小值为D.若复平面内表示的点位于上，则〖答案〗ACD〖解析〗设（且），则，所以不可能为纯虚数，故A正确；若复数为实数，则，解得，所以，故B错误；，所以当时取最小值，最小值为，故C正确；若复平面内表示的点位于上，则，解得，所以，故D正确.故选：ACD.10.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.的单调递减区间为，D.的图象关于直线对称〖答案〗CD〖解析〗观察图象知，，函数的周期，则，，A错误；由，，得，B错误；，由，得，因此函数的单调递减区间为，，C正确；由，得函数的图象对称轴为，当时，，D正确.故选：CD.11.质点A和B在以坐标原点O为圆心、半径为1的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．A的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；B的角速度大小为1rad/s，起点为射线与的交点．当A与B重合时，点A的坐标可以是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗依题意，点的起始位置，点的起始位置，则，设当A与B重合时，用的时间为，于是，即，则，当为偶数时，，即，B正确；当为奇数时，，即，D正确.故选：BD.12.如图，在圆锥PO中，已知圆O的直径，点C是底面圆O上异于A的动点，圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形．，则（）A.面积的最大值为B.的值与的取值有关C.三棱锥体积的最大值为D.若，AQ与圆锥底面所成的角为，则〖答案〗CD〖解析〗设圆锥的母线长为，由，得，而圆锥底面圆半径，圆锥的高，则，，当且仅当时取等号，错误；当时，，与的取值无关，B错误；过作交于，由平面，得平面，由，得，于是，所以当且仅当，且为中点时，三棱锥体积取最大值，C正确；若，则，由选项知，为与圆锥底面所成的角，即，显然，在中，，，而，所以，D正确.故选：CD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在复数范围内分解因式的结果为______．〖答案〗〖解析〗依题意，.故〖答案〗为：.14.______．〖答案〗1〖解析〗因为，则，所以.故〖答案〗为：1.15.古希腊的哲学家柏拉图证明只存在5种正多面体，即正四、六、八、十二、二十面体，其中正八面体是由8个正三角形构成．如图，若正八面体的体积为，则它的内切球半径为______．〖答案〗〖解析〗设正八面体的棱长为，显然正八面体可视为棱长都相等的两个正四棱锥组合而成，则正八面体的体积，解得，于是正八面体的表面积，设正八面体的内切球半径为，因此，即，解得，所以正八面体的内切球半径为.故〖答案〗：.16.直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在斜坐标系下的坐标．设，．（1）若，则______；（2）若，则______．〖答案〗〖解析〗（1）因为，所以，若，则，所以；（2）因为，，所以，，若，则，所以，即，因为，所以.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．（1）求，的值；（2）若，求，的值．解：（1）因为，所以，所以，.（2）由（1）知，因为，所以，所以，因为，所以，由得，所以.18.如图，在三棱锥中，，点D，M分别为AC，PB的中点，．（1）证明：//平面BDF；（2）若平面//平面BDF，其中平面，，证明：AN是AM在平面PAC上的投影．解：（1）取的中点，连接，由，得，点为的中点，又点为的中点，则，又平面平面，于是平面，又点为的中点，点为的中点，则，又平面，平面，因此平面，又平面，平面平面，又平面，所以平面.（2）平面平面，且平面平面，平面平面，则，由为的中点，得，则，又平面，因此平面，所以是在平面上的投影.19.①，②，在这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并给予解答．问题：的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，三角形面积，______，求的值．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解：中，由及正弦定理得：，而，于是，因此，而，则，又，所以，若选①，，由，得，由余弦定理得，外接圆半径，由正