?新余市2022-2023學(xué)年度下學(xué)期期末質(zhì)量檢測
高一數(shù)學(xué)試卷題
考試時間：120分鐘 命題人：聶生庚 楊健 審核：劉勇剛
注意事項：
1．答題前填寫好自己的姓名、班級，考號等信息
2．請將答案正確填寫在答題卡上
第Ⅰ卷（選擇題）
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】
【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式結(jié)合特殊角的三角函數(shù)化簡求值，即可得答案.
【詳解】，
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】
【分析】在直觀圖中，利用余弦定理求出，再由斜二測畫圖法求出及，借助勾股定理求解作答.
【詳解】在中，，，由余弦定理得：
，即，而，解得，
由斜二測畫圖法知：，，
在中，，所以.
故選：C

3. 下列各式中，值為的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的輔助角公式、二倍角公式，可得答案.
【詳解】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(shù)的部分圖象可能為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)奇偶性排除D；根據(jù)特殊區(qū)間上函數(shù)值的符號排除BC可得答案.
【詳解】的定義域為，關(guān)于原點對稱，
又因為，所以是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，故D不正確；
當(dāng)時，，則，故B不正確；
當(dāng)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】
【分析】根據(jù)空間中的線面關(guān)系逐一判斷即可.
【詳解】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(nèi)，而，故正確；
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】
【分析】將式子化為，即可求得，再由正切的二倍角公式，即可得到結(jié)果.
【詳解】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(shè)，，則的最大值為（ ）

A. 5 B. 6 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以為原點，建立平面直角坐標系，求得向量，利用向量的數(shù)量積的坐標運算公式，得到，即可求解.
【詳解】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(dāng)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(cè)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】
【分析】連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉(zhuǎn)到平面，設(shè)點的新位置為，連接，再根據(jù)兩點之間線段最短，結(jié)合勾股定理余弦定理等求解即可.
【詳解】連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉(zhuǎn)到平面，

設(shè)點的新位置為，連接，則有，如圖，

當(dāng)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,
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(nèi)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(shù)的一個充要條件是
D. 若a，b是兩個相等的實數(shù)，則是純虛數(shù)
【答案】CD
【解析】
【分析】根據(jù)向量共線可判斷A；計算出在方向上的投影向量的模可判斷B；設(shè)，根據(jù)充要條件的定義可判斷C；當(dāng)時可判斷D.
【詳解】對于A，因為向量，所以、共線，不能作為平面內(nèi)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(shè)，若z是虛數(shù)，則，且，
因為，可得，但z不一定是虛數(shù)，故C錯誤；
對于D，當(dāng)時，則不是純虛數(shù)，故D錯誤.
故選：CD.
10. 下列命題中正確的是（ ）
A. 命題“，”的否定為“，”
B. 已知，，且，則的最小值為
C. 已知函數(shù)的定義域為，則函數(shù)的定義域為
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定可判斷A選項；由均值不等式可判斷B選項；由復(fù)合函數(shù)的定義域可判斷C選項；由對數(shù)的運算可判斷D選項.
【詳解】選項A. 命題“，”的否定為“，”,故不正確.
選項B.
當(dāng)且僅當(dāng),即時，等號成立. 即的最小值為.故正確
選項C. 由函數(shù)的定義域為，則函數(shù)的定義域滿足：
解得，所以函數(shù)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18
C. 四面體的外接球表面積為
D. 三棱錐的體積為
【答案】ABC
【解析】
【分析】對于A中，取的中點，取的中點，連接，證得，把異面直線與所成的角轉(zhuǎn)化為直線與所成的角，在直角中，可判定A正確；延長交于點，連接交于點，連接，掙得多平面截正方體所得截面為等腰梯形，求得其面積，可判定B正確；畫出以為對角線的長方體，得到該長方體的外接球即為四面體的外接球，結(jié)合長方體的性質(zhì)和球的表面公式，可判定C正確；結(jié)合，可判定D錯誤.
【詳解】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(shù)（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(shù)為奇函數(shù)
D. 若，，則
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的圖象，求得，結(jié)合，可判定A正確；由三角函數(shù)的性質(zhì)，可判定B正確；求得，可判定C錯誤；結(jié)合，得到，結(jié)合三角函數(shù)的基本關(guān)系式和，可判定D正確.
【詳解】由函數(shù)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(dāng)時，可得，
所以是函數(shù)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(dāng)時，，所以函數(shù)為不是奇函數(shù)，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.
第Ⅱ卷（選擇題）
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(yīng)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】
【分析】由圖像可知，陰影部分面積為扇形面積減去三角形面積，即可求得.
【詳解】由圖像知，記陰影部分面積，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(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來米1536石，驗得米內(nèi)夾谷，抽樣取米一把，數(shù)得256粒內(nèi)夾谷18粒，則這批米內(nèi)夾谷約為_______
【答案】（石）.
【解析】
【分析】
根據(jù)抽取樣本中米夾谷的比例，得到整體米夾谷的頻率，從而求得結(jié)果.
【詳解】因為256粒內(nèi)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）.
【點睛】本題考查由樣本估計總體的應(yīng)用，以及頻率估計概率的應(yīng)用，屬基礎(chǔ)題.
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(xiàn)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】
【分析】先解直角三角形得AC=60米，米,再利用余弦定理解BC即可.
【詳解】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(shù)圖像關(guān)于直線對稱，若函數(shù)在區(qū)間上有且只有三個零點，則的范圍為______．
【答案】
【解析】
【分析】由三角函數(shù)的對稱性求出，再由的范圍求出的范圍，根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)即可求出答案.
【詳解】函數(shù)關(guān)于直線對稱，
所以，所以，
因為，所以，所以，
當(dāng)，則，
要使函數(shù)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(yīng)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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)向量的夾角為銳角，得到，且與不共線，進而列式求解即可；
（2）根據(jù)向量坐標運算法則得到，再結(jié)合向量垂直的相關(guān)知識得到，進而求解向量的模.
【小問1詳解】
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
【小問2詳解】
由，得，
若，則，即，解得，
所以，
所以
18. 已知 ，和均為實數(shù)，其中是虛數(shù)單位.
（1）求復(fù)數(shù)；
（2）若對應(yīng)的點在第四象限，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運算法則化簡、，再根據(jù)復(fù)數(shù)的概念得到方程，求出、的值，即可得解；
（2）結(jié)合（1）得到，再根據(jù)題意得到不等式組，解得即可.
【小問1詳解】
由為實數(shù)，可得，則.
又為實數(shù)，則，得，
.
【小問2詳解】
，
，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標為，
而對應(yīng)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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）選擇①，由余弦定理可求解，選擇②，由正切的兩角和公式可求解，選擇③，由正弦的兩角和公式可求解；
（2）由余弦定理及正弦定理可求解.
【小問1詳解】
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.
小問2詳解】
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(guān)直播活動，該活動共有三關(guān)，只有一等獎和二等獎兩個獎項，參加活動的選手從第一關(guān)開始依次通關(guān)，只有通過本關(guān)才能沖下一關(guān)．已知第一關(guān)的通過率為0.6，第二關(guān)通過率為0.5，第三關(guān)的通過率為0.4，三關(guān)全部通過可以獲得一等獎（獎金為300元），通過前兩關(guān)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(shè)選手是否通過每一關(guān)相互獨立，現(xiàn)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(guān)，求甲和乙最后所得獎金總和為700元的概率．
【答案】（1）0.7 （2）0.12
【解析】
【分析】（1）考慮甲第一關(guān)沒通過以及第一關(guān)通過且第二關(guān)沒通過兩種情況，即可求得答案；
（2）求出一個人獲得二等獎以及獲得一等獎的概率，分甲得了一等獎，乙得了二等獎和乙得了一等獎，甲得了二等獎兩種情況計算，即可得答案.
【小問1詳解】
甲第一關(guān)沒通過的概率為，
第一關(guān)通過且第二關(guān)沒通過的概率為，
故甲沒有得獎的概率．
【小問2詳解】
記一個人通過了第二關(guān)且最后獲得二等獎為事件E，
通過了第二關(guān)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(cè)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所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；
（2）證明見解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，取PC中點E，連接QE，DE，然后由線面平行的判定定理即可證明；
（2）根據(jù)題意，由線面垂直的判定定理可得平面PNC，從而得到證明；
（3）根據(jù)題意，∠MPO為直線PM與平面PNC所成的角，然后由即可得到結(jié)果.
【小問1詳解】

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．
【小問2詳解】
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，∴．
【小問3詳解】
如圖2，設(shè)，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(shè)函數(shù)
（1）若，，求角；
（2）若不等式對任意時恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）將函數(shù)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)樵瓉淼模玫胶瘮?shù)的圖像，若存在非零常數(shù)，對任意，有成立，求實數(shù)m的取值范圍．
【答案】（1）或；
（2）；
（3）答案見解析
【解析】
【分析】（1）由三角恒等變換公式化簡得到，然后代入計算，即可得到結(jié)果；
（2）先換元，轉(zhuǎn)化為一元二次不等式恒成立問題，再結(jié)合對勾函數(shù)的單調(diào)性，即可得到結(jié)果.
（3）由三角函數(shù)的圖像變換得到函數(shù)的解析式，然后將轉(zhuǎn)化為值域問題，即可得到結(jié)果.
【小問1詳解】
，
又∵，即，
∴或，．
即或
∵，∴或．
【小問2詳解】

．
令，∵，∴，
∴，∴，，即，．
令，．
設(shè)，，由對勾函數(shù)單調(diào)性可知，在上單調(diào)遞減，
∴，∴，解得：．
【小問3詳解】
∵，∴的圖像向左平移個單位，橫坐標變?yōu)樵瓉淼模?br /> 可得．
∵，存在非零常數(shù)，對任意的，成立，
∵在R上的值域為，則在R上的值域為，∴．
當(dāng)時，，1為的一個周期，即1為最小正周期的整數(shù)倍．
所以，即（且）
當(dāng)時，

由誘導(dǎo)公式可得，，即，．
∴當(dāng)時，；
當(dāng)時，．



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