《江西省部分學校2022-2023學年高一下學期期末檢測數(shù)學 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

2022～2023學年高一年級下學期期末檢測數(shù)學試卷注意事項：1.全卷滿分150分，考試時間120分鐘．2.本卷考察范圍：北師大版必修第二冊全冊．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知復數(shù)（為虛數(shù)單位），則的虛部為（）．A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由，即可確定的虛部【詳解】，則的虛部為故選：B2.已知平面向量，，若，則實數(shù)（）A.-1B.-2C.D.1【答案】A【解析】【分析】由向量垂直得向量的數(shù)量積為0可解得．【詳解】解：由已知，∵，∴，解得．故選：A．3.已知，且，則等于（）A.0B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根據(jù)余弦的二倍角公式以及可得，進而可得，代入即可求值. 【詳解】由得，因為，所以，進而得，故，所以，故選：C4.一個四棱錐和一個三棱錐恰好可以拼接成一個三棱柱.這個四棱錐的底面為正方形，且底面邊長與各側(cè)棱長相等，這個三棱錐的底面邊長與各側(cè)棱長也都相等.設四棱錐、三棱錐、三棱柱的高分別為，則A.﹕1﹕1B.﹕2﹕2C.﹕2﹕D.﹕2﹕【答案】B【解析】【分析】由題意畫出圖形，幾何體是一個棱長都相等的斜三棱柱，四棱錐的高是P到的距離；三棱錐的高及三棱柱的高都是三棱錐的高；不難求得結(jié)果.【詳解】由題意作圖如圖,幾何體是一個棱長都相等的斜三棱柱，設棱長為1，四棱錐是棱長都相等正四棱錐,三棱錐是一個正四面體，四棱錐的高是P到面的距離，P點到線段的距離是,令P在底面上的射影為O,連接，則，故，三棱錐的高就是P點到面的距離,令P點在面上的射影為,則是三角形的重心，故 ，故，三棱柱的高也是，因而，故選B【點睛】本題考查簡單幾何體的有關(guān)知識，考查空間想象能力，考查同學的想圖、視圖能力，是基礎題.5.在中，．P為所在平面內(nèi)的動點，且，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】依題意建立平面直角坐標系，設，表示出，，根據(jù)數(shù)量積的坐標表示、輔助角公式及正弦函數(shù)的性質(zhì)計算可得；【詳解】解：依題意如圖建立平面直角坐標系，則，，，因為，所以在以為圓心，為半徑的圓上運動， 設，，所以，，所以，其中，，因為，所以，即；故選：D6.的內(nèi)角A，B，C所對邊分別為a，b，c，且，則的值為（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】由正弦定理結(jié)合兩角和的正弦公式化簡即可得出答案.【詳解】因為，所以由正弦定理可得：，所以，即，即，則，所以.故選：D.7.已知函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，且在區(qū)間上恰好取得一次最大值，則的取值范圍是()A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】由三角函數(shù)恒等變換化簡，可得是函數(shù)含原點的遞增區(qū)間，結(jié)合已知可得可解得，又函數(shù)在區(qū)間上恰好取得一次最大值，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可得，進而求解.【詳解】是函數(shù)含原點的遞增區(qū)間．又∵函數(shù)在上遞增，∴得不等式組?π2ω≤?π22π3≤π2ω，得又∵又函數(shù)在區(qū)間上恰好取得一次最大值，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，即函數(shù)在處取得最大值，可得綜上，可得ω∈12,34故選：D8.如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥BD，△BCD為邊長為的等邊三角形，點P為邊BD上一動點，則的取值范圍為（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意可計算出AB的長，由此建立平面直角坐標系，設點P的坐標，進而表示向量的坐標，計算，結(jié)合二次函數(shù)的知識求得結(jié)果.【詳解】由題意可知，為等邊三角形，則有，，在中，,；如圖以B為原點，所在直線為x軸，所在直線為y軸建立平面直角坐標系，則有，，由于，故可設P點坐標為,且，所以，，所以，因為，當時，取得最小值，當時，取得最大值為0， 所以，故選：C.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的．全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分．9.設復數(shù)z滿足（其中i是虛數(shù)單位），則下列說法正確的是（）A.z的虛部為B.z在復平面內(nèi)對應的點位于第四象限C.D.【答案】BC【解析】【分析】先求解z的值，再根據(jù)復數(shù)的相關(guān)定義逐個計算判斷即可【詳解】由可得對A，z的虛部為，故A錯誤；對B，z在復平面內(nèi)對應的點位于第四象限，故B正確；對C，，故C正確；對D，，故D錯誤；故選：BC10.正方體的棱長為2，、、分別為，，的中點，則下列結(jié)論正確的是（）A.直線與直線垂直 B.直線與平面平行C.平面截正方體所得的截面面積為D.點與點到平面的距離相等【答案】BC【解析】【分析】由，得出平面，進而得出，可判定A；取的中點，連接，利用線面平行的判定定理，得到平面，可判定B；連接，延長交于點，得到截面即為梯形，求得梯形的面積，可判定C；記點與點到平面的距離分別為，根據(jù)體積公式列出方程，得到，可判定D.【詳解】對于A中，若，因為且，平面，所以平面，平面，所以，，可得，因為，此時的內(nèi)角和超過，故不成立，所以A錯誤；對于B中，如圖所示，取的中點，連接，，因為，所以，因為，，、分別為、的中點，所以，且，故四邊形為平行四邊形，則，，又因為，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，又因為平面，所以平面，所以B正確； 對于C中，如圖所示，連接，因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，延長交于點，因為平面，平面，所以平面平面，即，即相交于點，因為平面平面，且平面平面，平面平面，所以，因為為的中點，所以，，所以四點共面，截面即為梯形，又因為，所以，所以梯形，所以C正確；對于D中，記點與點到平面的距離分別為，因為， 又因為，所以，所以D錯誤.故選：BC.11.在銳角三角形ABC中，A，B，C為三個內(nèi)角，a，b，c分別為A，B，C所對的三邊，則下列結(jié)論成立的是（）A.若，則B.若，則B的取值范圍是C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由正弦定理判斷A；由角形為銳角三角形，，所以，即有，根據(jù)可得的范圍，從而判斷B；由，可得，進而得，從而判斷C；由，可得，從而判斷D.【詳解】解：對于選項A，因為A>B，所以有,所以，故正確；對于選項B，因為，則，所以，由可得的取值范圍是，故錯誤；對于選項C，銳角三角形ABC中，，，∴，同理， ，所以故正確；對于選項D，銳角三角形ABC中，因為，即，，又∵，∴，故正確．故選：ACD．12.對于函數(shù)，下列結(jié)論正確得是（）A.的值域為B.在單調(diào)遞增C.的圖象關(guān)于直線對稱D.的最小正周期為【答案】AD【解析】【分析】先分析函數(shù)的奇偶性與周期性，再利用周期性，選取一個周期來研究即可對每一個選項作出判斷.【詳解】，，所以，所以是偶函數(shù)，又，所以是函數(shù)的周期，又，故的最小正周期為.對于A，因為的最小正周期為，令，此時，所以，令，所以有，可知其值域為，故A正確；對于B，由A可知，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，因為， 所以在上不是單調(diào)遞增，故B不正確；對于C，因為，，所以，所以的圖象不關(guān)于直線對稱，故C不正確；對于D，前面已證明正確.故選：AD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.如圖，是在斜二測畫法下的直觀圖，其中，且，則的面積為___________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)直觀圖與原圖形面積之間的關(guān)系即可求解.【詳解】解：，且，故，∴.故答案為：.14.已知是實系數(shù)一元二次方程的一個虛數(shù)根，且，若向量，則向量的取值范圍為_________【答案】【解析】 【分析】根據(jù)已知條件一元二次方程根的特征可知，也是的虛數(shù)根，結(jié)合已知條件，利用根與系數(shù)之間的關(guān)系和判別式求出的取值范圍，然后再利用向量的模長公式和一元二次函數(shù)性質(zhì)即可求解.【詳解】不妨設，，因為是實系數(shù)一元二次方程的一個虛數(shù)根，所以也是的一個虛數(shù)根，從而①，又因為無實根，所以②，由①②可得，，因為，所以，由一元二次函數(shù)性質(zhì)易知，當時，有最小值5；當時，；當時，，故當時，，即，故向量的取值范圍為：.故答案為：.15.在中，O是的外心，G是的重心，且，則的最小值為________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)重心、外心的性質(zhì)，由數(shù)量積的運算化簡可得，利用余弦定理及均值不等式求解即可.【詳解】記內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，取的中點D，如圖， 則，所以，即，則，當且僅當時取等號，此時.故答案為：16.函數(shù)，，且的最大值為3，則實數(shù)______．【答案】【解析】【分析】化簡得.令，，可得.令，，則，根據(jù)基本不等式推得，推出.根據(jù)題意，列出方程，即可得到結(jié)果.【詳解】函數(shù) .令，，則.令，，則.因，當且僅當時，等號成立.所以，當且僅當時，取等號.所以，解得，故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：將函數(shù)變形為是本題求解的關(guān)鍵.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知是關(guān)于的方程的一個根，其中為虛數(shù)單位.（1）求的值;（2）記復數(shù)，求復數(shù)的模.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）將代入方程，利用復數(shù)相等，得到方程，求出；（2）在第一問的基礎上得到，從而求出模長.【小問1詳解】由題意得:，即， 所以，所以，，解得：；【小問2詳解】，，所以18.如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，平面平面，E是的中點，，，.（1）證明：；（2）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，線面垂直的判定定理及性質(zhì)定理即可證得結(jié)論；（2）法一：利用線面角的定義求得；法二：建立空間直角坐標系，利用空間向量求線面夾角.【小問1詳解】延長，過點P作，垂足為F，連接，，由平面平面，平面平面，平面，又平面，，∵，，， ∴，，是正三角形，又∵是直角梯形，∴，即也是正三角形，故為菱形，所以F，E，B三點共線，且，∴平面，又平面，從而.【小問2詳解】幾何法：過A作，連接，∵，∴平面，即，所以就是平面與平面所成二面角的平面角，在中，，，得，，所以平面與平面夾角的余弦值是.坐標法：由（1）知，以點F為坐標原點建立空間直角坐標系（如圖），∴，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，取，又∵平面，所以平面的法向量為，設平面與平面所成二面角的平面角為，則， 所以平面與平面夾角的余弦值是.19.在①；②；③這三個條件中任選一個補充在下面問題中，并解答．記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知_____________．（1）求A；（2）若，求面積的取值范圍．（如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分）【答案】（1）（2）【解析】【分析】對于條件①：兩邊邊的條件為齊次，化邊為角結(jié)合三角恒等變換可解得；對于條件②：邊的條件為齊二次，整理條件到余弦定理的結(jié)構(gòu)可解得；對于條件③：由正弦定理化角為邊，整理條件到余弦定理的結(jié)構(gòu)可解得.【小問1詳解】（1）若選①：因為，根據(jù)正弦定理得，所以，所以．則，因為，所以，又，所以．若選②化簡得：，則， 又，所以．若選③：因為，根據(jù)正弦定理得，所以．即，因為，所以．【小問2詳解】（2）因為，由，則，，又，所以，則的取值范圍為．20.已知向量，函數(shù)．（1）當時，求的最小值；（2）是否存在實數(shù)，使不等式對任意的恒成立，若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由．【答案】（1）（2）存在，取值范圍為【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件及向量的數(shù)量積的坐標運算，再利用輔助角公式及二倍角的余弦公式，結(jié)合換元法及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)（1）的出函數(shù)，利用換元法但注意新元的范圍，結(jié)合不等式恒成立問題利用分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，再利用對勾函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【小問1詳解】由題可知，因為， 所以，又，令，當時，所以，對稱軸，開口向上，由二次函數(shù)的單調(diào)性知，所以上單調(diào)遞減，所以當時，取得最小值為.所以的最小值為.【小問2詳解】由（1）知，，所以，對任意的恒成立，令，，則，因為，所以，所以，即，所以，由，得，則，整理得，所以，故在上恒成立，由對勾函數(shù)的性質(zhì)知：在上單調(diào)遞減，當時，取到最大值4，所以，故存在，且的范圍為. 21.某大學科研團隊在如下圖所示的長方形區(qū)域內(nèi)（包含邊界）進行粒子撞擊實驗，科研人員在A、O兩處同時釋放甲、乙兩顆粒子.甲粒子在A處按方向做勻速直線運動，乙粒子在O處按方向做勻速直線運動，兩顆粒子碰撞之處記為點P，且粒子相互碰撞或觸碰邊界后爆炸消失.已知長度為6分米，O為中點.（1）已知向量與的夾角為，且足夠長.若兩顆粒子成功發(fā)生碰撞，求兩顆粒子運動路程之和的最大值；（2）設向量與向量的夾角為（），向量與向量的夾角為（），甲粒子的運動速度是乙粒子運動速度的2倍.請問的長度至少為多少分米，才能確保對任意的，總可以通過調(diào)整甲粒子的釋放角度，使兩顆粒子能成功發(fā)生碰撞？【答案】（1）；（2）的長度至少分米.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意在中運用余弦定理以及基本不等式求解即可；（2）過作，垂足為，設，則，由余弦定理求出，進而求出，得出，并求其最大值，再由恒等式得出最小值即可.【小問1詳解】設兩顆粒子在點相撞，在中，由余弦定理得，即，， ，即，，當且僅當時，等號成立，所以兩顆粒子運動路程和的最大值為；【小問2詳解】過作，垂足為，設，則，由余弦定理可得，，，，，當即時，即取得最大值，易知恒成立，，的長度至少為分米，才能確保對任意的，總可以通過調(diào)整乙粒子的釋放角度，使兩顆粒子成功碰撞.22.已知函數(shù)，（1）判斷的奇偶性并證明；（2）若，求的最小值和最大值；（3）定義，設.若在內(nèi)恰有三個不同的零點，求a的取值集合. 【答案】（1）偶函數(shù)，證明見解析.（2），（3）【解析】【分析】（1）結(jié)合奇偶性的定義直接證明即可；（2）將看作整體，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出最值；（3）由于，則轉(zhuǎn)化為或，然后分類討論即可求出結(jié)果.【小問1詳解】是偶函數(shù)證：因為的定義域為,且∴f（x）是偶函數(shù)【小問2詳解】當，則又∴當時，當時，【小問3詳解】因為都是偶函數(shù).所以在上是偶函數(shù)，因為恰有3個零點，所以，則有：或 ，①當時，即且時，因為當，令，因為，解得或，所以恰有3個零點，即滿足條件：.②當時，即且時，此時，當時，只有1個零點，且，所以恰有3個零點等價于恰有2個零點，所以，解得，此時有2個零點符合要求，當時只有一個零點x=0，有2個零點符合要求，當時，解得或，令解得或（舍去），所以的根為，要使恰有3個零點，則綜上：【點睛】函數(shù)零點的求解與判斷方法：（1）直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．（2）零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點．（3）利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．