2022-2023學年江西省新余市高一下學期期末質量檢測數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江西省新余市2022-2023學年高一下學期期末質量檢測數學試題一、單項選擇題（本大題有20小題，每小題2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.的值為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗.故選：C.2.如圖，是水平放置的直觀圖，其中，軸，軸，則（）A. B.2 C. D.4〖答案〗C〖解析〗在，，，由余弦定理可得：，即，而，解得，由斜二測畫法可知：中，，，，故.故選：C.3.下列各式中，值為的是（）A B.C. D.〖答案〗B〖解析〗對于A，，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，故C錯誤；對于D，，故D錯誤.故選：B.4.函數的部分圖象可能為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗的定義域為，關于原點對稱，又因為，所以是奇函數，其圖象關于原點對稱，故D不正確；當時，，則，故B不正確；當時，，故，故C不正確.故選：A.5.已知空間中三條不同的直線a，b，c，三個不同的平面，，，則下列說法錯誤的是（）A.若，，，則B.若，，則與平行或相交C.若，，，則D.若，，，則〖答案〗D〖解析〗對于A，由線面平行判定定理可知A正確；對于B，，，則與平行或相交，故B正確；對于C，垂直于同一平面的直線和平面平行或線在面內，而，故C正確；對于D，，，，三條交線平行或交于一點，如圖1，正方體兩兩相交的三個平面ABCD，平面，平面，平面平面，平面平面，平面平面，但AB，AD，不平行，故D錯誤.故選：D．6.若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由可得，，解得，則.

故選：C.7.如下圖，在中，，，以BC的中點O為圓心，BC為直徑在三角形的外部作半圓弧BC，點P在半圓上運動，設，，則的最大值為（）A.5 B.6 C. D.〖答案〗D〖解析〗以為原點，所在的直線分別為軸、軸建立平面直角坐標系，如圖所示，在中，，為的中點，所以，則，其中，可得，所以，其中，當時，即時，有最大值，最大值為.故選：D.8.如圖所示，在直三棱柱中，棱柱的側面均為矩形，，，，P是上的一動點，則的最小值為（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉到平面，設點的新位置為，連接，則有，如圖，當三點共線時，則即為的最小值，在三角形ABC中，，，由余弦定理得：，所以，即，在三角形中，，，由勾股定理可得：，且，同理可求：，因為，所以為等邊三角形，所以，所以在三角形中，，，由余弦定理得：.故選：D.二、多項選擇題：（本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選的得0分．）9.下列說法中，錯誤的是（）A.向量，不能作為平面內所有向量的一組基底B.若，則在方向上的投影向量的模為C.z是虛數的一個充要條件是D.若a，b是兩個相等的實數，則是純虛數〖答案〗CD〖解析〗對于A，因為向量，所以、共線，不能作為平面內所有向量的一組基底，故A正確；對于B，若，則與同向或者反向，則在方向上的投影向量的模為，故B正確；對于C，設，若z是虛數，則，且，因為，可得，但z不一定是虛數，故C錯誤；對于D，當時，則不是純虛數，故D錯誤.故選：CD.10.下列命題中正確是（）A.命題“，”的否定為“，”B.已知，，且，則的最小值為C.已知函數的定義域為，則函數的定義域為D.〖答案〗BD〖解析〗選項A：命題“，”的否定為“，”，故不正確；選項B：，當且僅當，即時，等號成立，即的最小值為，故正確；選項C：由函數的定義域為，則函數的定義域滿足：，解得，所以函數的定義域為，故不正確；選項D：，故選項D正確.故選：BD.11.已知正方體的棱長為4，點分別是BC，，的中點，則（）A.異面直線與所成的角的正切值為B.平面截正方體所得截面的面積為18C.四面體的外接球表面積為D.三棱錐的體積為〖答案〗ABC〖解析〗對于A中，取的中點，連接，再取的中點，連接，因為且，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以異面直線與所成的角，即為直線與所成的角，即，因為正方體的棱長為4，可得，可得為等腰三角形，取的中點，則，在直角中，可得，所以，直線與所成的角的正切值為，所以A正確；對于B中，延長交于點，連接交于點，連接，因為，為的中點，所以，可得為的中點，又因為，所以為的中點，所以，因為，所以為平行四邊形，所以，所以，平面截正方體所得截面為等腰梯形，在等腰梯形中，，所以梯形的高為，所以梯形的面積為，所以B正確；對于C中，畫出以為對角線的長方體，則該長方體的外接球即為四面體的外接球，可得外接球的直徑為，所以外接球的表面積為，所以C正確；對于D中，連接，則，因為平面，平面，所以，又因為且平面，所以平面，因為為的中點，所以三棱錐的高為，，所以，所以D錯誤.故選：ABC.12.函數（其中，，）的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A.是它的一條對稱軸B.的增區(qū)間為，C.函數為奇函數D.若，，則〖答案〗ABD〖解析〗由函數的圖象可得，又由，因為，可得，因為，可得，解得，又因為，且，即，可得，取，所以，所以，對于A中，當時，可得，所以是函數的對稱軸，所以A正確；對于B中，令，解得，所以的增區(qū)間為，所以B正確；對于C中，由，其中當時，，所以函數為不是奇函數，所以C錯誤；對于D中，由，可得，因為，可得，則，所以D正確.故選：ABD.三、填空題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分．請將正確〖答案〗填在答題卷相應位置.）13.如圖所示，已知扇形的圓心角為，半徑長為，則陰影部分的面積是_______．〖答案〗〖解析〗由圖像知，記陰影部分面積為，扇形面積為，則，由題意得，，所以，所以陰影部分的面積為.故〖答案〗為：.14.我國古代數學名著《九章算術》中有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來米1536石，驗得米內夾谷，抽樣取米一把，數得256粒內夾谷18粒，則這批米內夾谷約為_______〖答案〗（石）〖解析〗因為256粒內夾谷18粒，故可得米中含谷的頻率為，則1536石中米夾谷約為1536（石）.故〖答案〗為：（石）.15.位于河北省承德避暑山莊西南十公里處的雙塔山，因1300多年以前，契丹人在雙塔峰頂建造的兩座古塔增添了諸多神秘色彩．雙塔山無法攀登，現準備測量兩峰峰頂處的兩塔塔尖的距離．如圖，在與兩座山峰、山腳同一水平面處選一點A，從A處看塔尖的仰角是，看塔尖的仰角是，又測量得，若塔尖到山腳底部的距離為米，塔尖到山腳底部的距離為米，則兩塔塔尖之間的距離為________米．〖答案〗〖解析〗在中，米，，則米，同理，在中，米，在中，米，米，，由余弦定理，得米．故〖答案〗為：.16.已知（其中），其函數圖像關于直線對稱，若函數在區(qū)間上有且只有三個零點，則的范圍為______．〖答案〗〖解析〗函數關于直線對稱，所以，所以，因為，所以，所以，當，則，要使函數在區(qū)間上有且只有三個零點，所以，所以的范圍為：.故〖答案〗為：.四、解答題（本大題共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.已知向量．（1）若向量的夾角為銳角，求x的取值范圍；（2）若，求．解：（1）因為向量的夾角為銳角，所以，且與不同向共線，則，解得且，故x的取值范圍為.（2）由，得，若，則，即，解得，所以，所以.18.已知，和均為實數，其中是虛數單位.（1）求復數；（2）若對應的點在第四象限，求實數的取值范圍.解：（1）由為實數，可得，則，又為實數，則，得，.（2），，則在復平面內對應的點的坐標為，而對應的點在第四象限，，解得或，故的取值范圍為.19.在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面的橫線上，并加以解答.在中，角，，所對的邊分別為，，，且滿足___________.（1）求的值；（2）若為邊上一點，且，，，求.解：（1）選擇①，由，可得，于是得，即，所以；選擇②，由，有，于是得；選擇③，由，有，即，即，又因為，所以，于是得，即，所以.（2）由在中，，，，由余弦定理得，所以，在中，由正弦定理有，得.20.某電視臺舉行沖關直播活動，該活動共有三關，只有一等獎和二等獎兩個獎項，參加活動的選手從第一關開始依次通關，只有通過本關才能沖下一關．已知第一關的通過率為0.6，第二關通過率為0.5，第三關的通過率為0.4，三關全部通過可以獲得一等獎（獎金為300元），通過前兩關就可以獲得二等獎（獎金為200元），如果獲得二等獎又獲得一等獎，則獎金可以累加為500元，假設選手是否通過每一關相互獨立，現有甲、乙兩位選手參加本次活動．（1）求甲最后沒有得獎的概率；（2）已知甲和乙都通過了第一關，求甲和乙最后所得獎金總和為700元的概率．解：（1）甲第一關沒通過的概率為，第一關通過且第二關沒通過的概率為，故甲沒有得獎的概率．（2）記一個人通過了第二關且最后獲得二等獎為事件E，通過了第二關且最后獲得一等獎為事件F，則，，甲和乙最后所得獎金總和為700元，∴甲和乙一人得一等獎，一人得二等獎，若甲得了一等獎，乙得了二等獎的概率為，若乙得了一等獎，甲得了二等獎的概率為，∴甲和乙最后所得獎金總和為700元的概率．21.如圖，四棱錐的側面PAD是邊長為2的正三角形，底面ABCD為正方形，且平面平面ABCD，Q，M，N分別為PB，AB，AD的中點．（1）證明：平面PDC；（2）證明：；（3）求直線PM與平面PNC所成角正弦值．解：（1）證明：如圖1，取PC中點E，連接QE，DE，在正方形ABCD中，，，∵Q，N分別為PB，DA的中點，∴且，，∴且，∴四邊形QEDN為平行四邊形，∴，又平面PDC，平面PDC，∴平面PDC．（2）證明：∵是邊長為2的正三角形，N為AD中點，∴，，又∵平面平面ABCD，平面平面，且平面，∴平面ABCD，又平面ABCD，∴，在正方形ABCD中，易知，∴，而，∴，∴，∵，且平面，∴平面PNC，∵平面PNC，∴．（3）如圖2，設，連接PO，PM，MN，∵平面PNC，∴，且∠MPO為直線PM與平面PNC所成的角，∵，，∴，，∴，∵，，∴，∴直線PM與平面PNC所成角的正弦值為．22.設函數（1）若，，求角；（2）若不等式對任意時恒成立，求實數a的取值范圍；（3）將函數的圖像向左平移個單位，然后保持圖像上點的縱坐標不變，橫坐標變?yōu)樵瓉淼?，得到函數的圖像，若存在非零常數，對任意，有成立，求實數m的取值范圍．解：（1），又∵，即，∴或，，即或，∵，∴或．（2），令，∵，∴，∴，∴，，即，，令，，設，，由對勾函數單調性可知，在上單調遞減，∴，∴，解得：．（3）∵，∴的圖像向左平移個單位，橫坐標變?yōu)樵瓉淼?，可得，∵，存在非零常數，對任意的，成立，∵在R上的值域為，則在R上的值域為，∴，當時，，1為的一個周期，即1為最小正周期的整數倍，所以，即（且），當時，，由誘導公式可得，，即，，∴當時，，當時，．江西省新余市2022-2023學年高一下學期期末質量檢測數學試題一、單項選擇題（本大題有20小題，每小題2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.的值為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗.故選：C.2.如圖，是水平放置的直觀圖，其中，軸，軸，則（）A. B.2 C. D.4〖答案〗C〖解析〗在，，，由余弦定理可得：，即，而，解得，由斜二測畫法可知：中，，，，故.故選：C.3.下列各式中，值為的是（）A B.C. D.〖答案〗B〖解析〗對于A，，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，故C錯誤；對于D，，故D錯誤.故選：B.4.函數的部分圖象可能為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗的定義域為，關于原點對稱，又因為，所以是奇函數，其圖象關于原點對稱，故D不正確；當時，，則，故B不正確；當時，，故，故C不正確.故選：A.5.已知空間中三條不同的直線a，b，c，三個不同的平面，，，則下列說法錯誤的是（）A.若，，，則B.若，，則與平行或相交C.若，，，則D.若，，，則〖答案〗D〖解析〗對于A，由線面平行判定定理可知A正確；對于B，，，則與平行或相交，故B正確；對于C，垂直于同一平面的直線和平面平行或線在面內，而，故C正確；對于D，，，，三條交線平行或交于一點，如圖1，正方體兩兩相交的三個平面ABCD，平面，平面，平面平面，平面平面，平面平面，但AB，AD，不平行，故D錯誤.故選：D．6.若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由可得，，解得，則.

故選：C.7.如下圖，在中，，，以BC的中點O為圓心，BC為直徑在三角形的外部作半圓弧BC，點P在半圓上運動，設，，則的最大值為（）A.5 B.6 C. D.〖答案〗D〖解析〗以為原點，所在的直線分別為軸、軸建立平面直角坐標系，如圖所示，在中，，為的中點，所以，則，其中，可得，所以，其中，當時，即時，有最大值，最大值為.故選：D.8.如圖所示，在直三棱柱中，棱柱的側面均為矩形，，，，P是上的一動點，則的最小值為（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉到平面，設點的新位置為，連接，則有，如圖，當三點共線時，則即為的最小值，在三角形ABC中，，，由余弦定理得：，所以，即，在三角形中，，，由勾股定理可得：，且，同理可求：，因為，所以為等邊三角形，所以，所以在三角形中，，，由余弦定理得：.故選：D.二、多項選擇題：（本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選的得0分．）9.下列說法中，錯誤的是（）A.向量，不能作為平面內所有向量的一組基底B.若，則在方向上的投影向量的模為C.z是虛數的一個充要條件是D.若a，b是兩個相等的實數，則是純虛數〖答案〗CD〖解析〗對于A，因為向量，所以、共線，不能作為平面內所有向量的一組基底，故A正確；對于B，若，則與同向或者反向，則在方向上的投影向量的模為，故B正確；對于C，設，若z是虛數，則，且，因為，可得，但z不一定是虛數，故C錯誤；對于D，當時，則不是純虛數，故D錯誤.故選：CD.10.下列命題中正確是（）A.命題“，”的否定為“，”B.已知，，且，則的最小值為C.已知函數的定義域為，則函數的定義域為D.〖答案〗BD〖解析〗選項A：命題“，”的否定為“，”，故不正確；選項B：，當且僅當，即時，等號成立，即的最小值為，故正確；選項C：由函數的定義域為，則函數的定義域滿足：，解得，所以函數的定義域為，故不正確；選項D：，故選項D正確.故選：BD.11.已知正方體的棱長為4，點分別是BC，，的中點，則（）A.異面直線與所成的角的正切值為B.平面截正方體所得截面的面積為18C.四面體的外接球表面積為D.三棱錐的體積為〖答案〗ABC〖解析〗對于A中，取的中點，連接，再取的中點，連接，因為且，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以異面直線與所成的角，即為直線與所成的角，即，因為正方體的棱長為4，可得，可得為等腰三角形，取的中點，則，在直角中，可得，所以，直線與所成的角的正切值為，所以A正確；對于B中，延長交于點，連接交于點，連接，因為，為的中點，所以，可得為的中點，又因為，所以為的中點，所以，因為，所以為平行四邊形，所以，所以，平面截正方體所得截面為等腰梯形，在等腰梯形中，，所以梯形的高為，所以梯形的面積為，所以B正確；對于C中，畫出以為對角線的長方體，則該長方體的外接球即為四面體的外接球，可得外接球的直徑為，所以外接球的表面積為，所以C正確；對于D中，連接，則，因為平面，平面，所以，又因為且平面，所以平面，因為為的中點，所以三棱錐的高為，，所以，所以D錯誤.故選：ABC.12.函數（其中，，）的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A.是它的一條對稱軸B.的增區(qū)間為，C.函數為奇函數D.若，，則〖答案〗ABD〖解析〗由函數的圖象可得，又由，因為，可得，因為，可得，解得，又因為，且，即，可得，取，所以，所以，對于A中，當時，可得，所以是函數的對稱軸，所以A正確；對于B中，令，解得，所以的增區(qū)間為，所以B正確；對于C中，由，其中當時，，所以函數為不是奇函數，所以C錯誤；對于D中，由，可得，因為，可得，則，所以D正確.故選：ABD.三、填空題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分．請將正確〖答案〗填在答題卷相應位置.）13.如圖所示，已知扇形的圓心角為，半徑長為，則陰影部分的面積是_______．〖答案〗〖解析〗由圖像知，記陰影部分面積為，扇形面積為，則，由題意得，，所以，所以陰影部分的面積為.故〖答案〗為：.14.我國古代數學名著《九章算術》中有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來米1536石，驗得米內夾谷，抽樣取米一把，數得256粒內夾谷18粒，則這批米內夾谷約為_______〖答案〗（石）〖解析〗因為256粒內夾谷18粒，故可得米中含谷的頻率為，則1536石中米夾谷約為1536（石）.故〖答案〗為：（石）.15.位于河北省承德避暑山莊西南十公里處的雙塔山，因1300多年以前，契丹人在雙塔峰頂建造的兩座古塔增添了諸多神秘色彩．雙塔山無法攀登，現準備測量兩峰峰頂處的兩塔塔尖的距離．如圖，在與兩座山峰、山腳同一水平面處選一點A，從A處看塔尖的仰角是，看塔尖的仰角是，又測量得，若塔尖到山腳底部的距離為米，塔尖到山腳底部的距離為米，則兩塔塔尖之間的距離為________米．〖答案〗〖解析〗在中，米，，則米，同理，在中，米，在中，米，米，，由余弦定理，得米．故〖答案〗為：.16.已知（其中），其函數圖像關于直線對稱，若函數在區(qū)間上有且只有三個零點，則的范圍為______．〖答案〗〖解析〗函數關于直線對稱，所以，所以，因為，所以，所以，當，則，要使函數在區(qū)間上有且只有三個零點，所以，所以的范圍為：.故〖答案〗為：.四、解答題（本大題共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.已知向量．（1）若向量的夾角為銳角，求x的取值范圍；（2）若，求．解：（1）因為向量的夾角為銳角，所以，且與不同向共線，則，解得且，故x的取值范圍為.（2）由，得，若，則，即，解得，所以，所以.18.已知，和均為實數，其中是虛數單位.（1）求復數；（2）若對應的點在第四象限，求實數的取值范圍.解：（1）由為實數，可得，則，又為實數，則，得，.（2），，則在復平面內對應的點的坐標為，而對應的點在第四象限，，解得或，故的取值范圍為.19.在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面的橫線上，并加以解答.在中，角，，所對的邊分別為，，，且滿足___________.（1）求的值；（2）若為邊上一點，且，，，求.解：（1）選擇①，由，可得，于是得，即，所以；選擇②，由，有，于是得；選擇③，由，有，即，即，又因為，所以，于是得，即，所以.（2）由在中，，，，由余弦定理得，所以，在中，由正弦定理有，得.20.某電視臺舉行沖關直播活動，該活動共有三關，只有一等獎和二等獎兩個獎項，參加活動的選手從第一關開始依次通關，只有通過本關才能沖下一關．已知第一關的通過率為0.6，第二關通過率為0.5，第三關的通過率為0.4，三關全部通過可以獲得一等獎（獎金為300元），通過前兩關就可以獲得二等獎（獎金為200元），如果獲得二等獎又獲得一等獎，則獎金可以累加為500元，假設選手是否通過每一關相互獨立，現有甲、乙兩位選手參加本次活動．（1）求甲最后沒有得獎的概率；（2）已知甲