江西省吉安市2023-2024学年高一下学期期末考试数学

吉安市高一下学期期末教学质量检测数学试题（测试时间：120分钟卷面总分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、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.已知平面向量，，满足，则（）A2 B.4 C.17 D.342.已知，则的虚部为（）A. B. C.1 D.3.在中，，，则（）A. B.C. D.4.已知某种零食的塑料外壳形似圆台状，经测量该圆台的上、下底面圆半径分别为2cm和4cm，母线长为6cm，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.5.如图，由斜二测画法得到，若，，则原平面图形的面积为（）A B. C. D.6.已知，且，则（）A. B. C. D.7.已知某种铅蓄电池由于硫酸浓度的降低，每隔一个月其性能指数都要损失10%，且一般认为当该种类型的电池的性能指数降低到原来的以下时就需要更换其中的硫酸来达到持久续航，则最多使用（）个月就需要更换纯硫酸（参考数据，）A.11 B.12 C.13 D.148.设Q是线段的中点，P是直线外一点．A，B为线段上的两点，且，，．则（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知，，那么的终边可能位于（）A第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10.已知三条不同直线和两个不同的平面，，则下列命题为真命题的有（）A.若，，则与相交B.若，，，．则C.若，，则m，n平行或相交或异面D.若，，则11.设，函数，，则（）A.函数为奇函数B.函数为偶函数C.时，在区间上无对称轴D.时，在区间上单调递减三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的最小正周期为______．13.已知，，．则______．14.在正六棱锥中，底面中心为，，．若平行于底面的平面与正六棱锥的交点分别为，，，，，，构造一个上底面为正六边形，下底面在平面里的正六棱柱，则该正六棱柱的外接球体积的最小值为______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知复数，．（1）若，求的值；（2）z在复平面内对应的点能否位于直线上，若能，求此时的值；若不能，请说明理由．16.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为，，，证明：.17.在平行四边形中，，，和交于点P．（1）若，求x的值；（2）求的值．18.如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，点D在上，，平面．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．19.已知函数的一个对称中心为．函数．（1）当时，求的值域；（2）若，使恒成立，求实数a取值范围．吉安市高一下学期期末教学质量检测数学试题（测试时间：120分钟卷面总分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、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.已知平面向量，，满足，则（）A.2 B.4 C.17 D.34【答案】D【解析】【分析】利用平面向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】由题意，因为，所以，可得，解得．故选：D.2.已知，则虚部为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算化简复数，再求其共轭复数即得.【详解】由，∴,即的虚部为．故选：D3.在中，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量线性运算的运算法则求解即可.【详解】由题意知，，所以.故选：B.4.已知某种零食的塑料外壳形似圆台状，经测量该圆台的上、下底面圆半径分别为2cm和4cm，母线长为6cm，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用勾股定理求出圆台的高，再利用圆台的体积公式计算即可.【详解】设圆台的高为h，因此圆台的高，∴圆台的体积．故选：A.5.如图，由斜二测画法得到，若，，则原平面图形的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过点作轴，交轴于点，利用正弦定理求出，即可求出平面图形的高，再由余弦定理求出，即可得解.【详解】如图，过点作轴，交轴于点，在中，，，，由正弦定理得，解得，由斜二测画法规则可知原平面图形的高为，∵，，则，∴，故原平面图形的面积为．故选：C6.已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先应用二倍角正弦和余弦化简求值，再结合正切二倍角公式计算即可.【详解】由题意可得，故，即，又，故（负值舍去）．故选：D.7.已知某种铅蓄电池由于硫酸浓度的降低，每隔一个月其性能指数都要损失10%，且一般认为当该种类型的电池的性能指数降低到原来的以下时就需要更换其中的硫酸来达到持久续航，则最多使用（）个月就需要更换纯硫酸（参考数据，）A.11 B.12 C.13 D.14【答案】C【解析】【分析】依题意建立通过月后性能指数y与之间的函数关系式，得到不等式，通过两边取对数，整理化简即得.【详解】设最初该种电池的性能指数为k，通过月后性能指数变为，则．由题意得，即，两边取常用对数，可得．∵，∴．又，故最多使用13个月就需要更换纯硫酸．故选：C.8.设Q是线段的中点，P是直线外一点．A，B为线段上的两点，且，，．则（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量的分解化简数量积等式，联立后求得，，设出，由化简得到关于的方程，求解即得.【详解】如图，因Q是线段的中点，则则，①同理可得，②联立①②得，．设，易得，（依题应舍去）．故得．故选：B.【点睛】关键点点睛：本题主要考查向量数量积的应用，属于难题.解题的关键在于结合图形将题设中的向量进行分解，通过联立向量方程，求出相关量，再运用相关量求出参数即得.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知，，那么的终边可能位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】ABC【解析】【分析】利用给定条件解出的范围，再分类讨论求解即可.【详解】由题意可得，，则，，当时，此时的终边落在第一象限，故A正确；当时，此时的终边落在第二象限，故B正确；当时，此时的终边落在第三象限，故C正确．故选：ABC10.已知三条不同的直线和两个不同的平面，，则下列命题为真命题的有（）A.若，，则与相交B.若，，，．则C.若，，则m，n平行或相交或异面D.若，，则【答案】CD【解析】【分析】由平行传递性判断A，举反例判断B，分类讨论情况判断C，利用面面垂直判定定理判断D即可.【详解】对于A，根据平行传递性可知，若，，则，故A错误；对于B，若，，，，则或，相交，故B错误；对于C，若，，则可能出现，或，或相交但不垂直，或异面但不垂直，故C正确；对于D，根据面面垂直判定定理可知，若，，则，故D正确．故选：CD11.设，函数，，则（）A.函数为奇函数B.函数为偶函数C.时，在区间上无对称轴D.时，在区间上单调递减【答案】BCD【解析】【分析】对于A,B两项，先写出相应的函数式，再利用函数的奇偶性判断即得；对于C，由推理得到，再根据正弦函数在上的对称轴情况判断即得；对于D，由推理得到，再利用复合函数的单调性判断即得.【详解】对于A，，则，故函数为偶函数，故A错误；对于B，，则，故函数为偶函数，故B正确；对于C，当，时，，∴，，∴，∵在区间上无对称轴，故在区间上无对称轴，故C正确；对于D，若，当时，．∴，∴．∴根据复合函数的单调性，可知时，单调递增，又在区间上单调递减，∴区间上单调递减，故D正确．故选：BCD.【点睛】方法点睛:本题主要考查正弦型函数和余弦型函数的性质应用，属于难题.求解此类题的一般方法是将内部函数看成整体角，先求出其范围，再利用正弦函数或余弦函数的图象进行观察、分析判断.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的最小正周期为______．【答案】4【解析】【分析】由正切函数最小正周期的求法直接求解即可.【详解】设的最小正周期为，而.故答案为：413.已知，，．则______．【答案】4【解析】【分析】利用给定条件结合向量数量积的定义求解即可.【详解】由题意知，，∴，即，由，解得．故答案为：414.在正六棱锥中，底面中心为，，．若平行于底面的平面与正六棱锥的交点分别为，，，，，，构造一个上底面为正六边形，下底面在平面里的正六棱柱，则该正六棱柱的外接球体积的最小值为______．【答案】【解析】【分析】根据题意画出示意图，然后利用正六棱柱的特征和题目所给条件求出的值，设为，即为六棱柱外接球的半径，在中，根据勾股定理即可得半径关于的函数，再根据一元二次函数的最值即可求出半径的最小值，最后利用球的体积公式即可求解.【详解】如图，依题意画出示意图，设正六棱柱为，其中上底面的中心为，球心为，下底面的中心为．因为，，所以在中，，所以，设，，因为，所以，所以，设正六棱柱的外接球半径为，在中，，所以，当且仅当时取得最小值为，此时球O的半径，所以球O体积.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了棱柱的外接球，解题的关键是，设，通过勾股定理得外接球半径关于的函数，再根据一元二次函数求最值.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知复数，．（1）若，求的值；（2）z在复平面内对应的点能否位于直线上，若能，求此时的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）3（2）能，【解析】【分析】（1）根据复数是实数得到方程求解参数再计算模即可；（2）化简求出复数对应点再根据点在线上计算即可【小问1详解】∵，∴，且，解得（舍去）或，此时，故．【小问2详解】z在复平面内对应的点为，若该点位于直线上，则，解得，故能在直线上，此时．16.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为，，，证明：.【答案】证明见解析【解析】【分析】根据余弦定理代入等式左边，化简得，再用正弦定理边化角得，然后将分子的根据诱导公式以及两角和与差的正弦公式变形化简可得等式右边.【详解】因为.所以.【点睛】本题考查了余弦定理、正弦定理、诱导公式、两角和与差的正弦公式，属于中档题.17.在平行四边形中，，，和交于点P．（1）若，求x的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）以为基底表示出，再利用求解即可；（2）由（1）得出和，再利用三角形面积公式求解即可.【小问1详解】依题意可得，又，，所以，解得．【小问2详解】由（1）可得，则，即．因为，即，所以，即，所以，所以．18.如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，点D在上，，平面．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点E，连接，，由已知可得，，则平面，则，又平面，可得，则得平面；（2）设，取中点M和中点N，连接，由已知可得为二面角的平面角，又得，得，同理可得，则，由平面，得，得，则，，得，，，则，故，在中，利用余弦定理即可求得.【小问1详解】∵平面，又平面，∴，取的中点E，连接，，因为是等边三角形，所以，又，故，，又，平面，∴平面，又平面，∴，又，、平面，∴平面．【小问2详解】设，取中点M和中点N，连接，则，,∵平面，∴，即，故为二面角的平面角，∵平面，平面，∴，又，，所以，，∴，∴，同理可得，∴，∵平面，又平面，∴，∴，则，，故，，，则，