1、新余市2022-2023学年度下学期期末质量检测高一数学试卷题考试时间：120分钟注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级，考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第卷（选择题）一、单项选择题（本大题有20小题，每小题2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. 的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式结合特殊角的三角函数化简求值，即可得答案.【详解】，故选：C2. 如图，是水平放置的直观图，其中，/轴，/轴，则（ ）A. B. 2C. D. 4【答案】C【解析】【分析】在直观图中，利用余弦定理求出，再由斜二测画图法求出及，借助勾股定理
2、求解作答.【详解】在中，由余弦定理得：，即，而，解得，由斜二测画图法知：，在中，所以.故选：C3. 下列各式中，值为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的辅助角公式、二倍角公式，可得答案.【详解】对于A，故A错误；对于B，故B正确；对于C，故C错误；对于D，故D错误.故选：B.4. 函数的部分图象可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据奇偶性排除D；根据特殊区间上函数值的符号排除BC可得答案.【详解】的定义域为，关于原点对称，又因为，所以是奇函数，其图象关于原点对称，故D不正确；当时，则，故B不正确；当时，故，故C不正确.故选：A5
3、. 已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则与平行或相交C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据空间中的线面关系逐一判断即可.【详解】对于A，由线面平行判定定理可知A正确；对于B，则与平行或相交，故B正确；对于C，垂直于同一平面的直线和平面平行或线在面内，而，故正确；对于D，三条交线平行或交于一点，如图1，正方体两两相交的三个平面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错误， 故选：D6. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将式子化为，即可求得，再由正切的
4、二倍角公式，即可得到结果.【详解】由可得，解得，则.故选：C7. 如下图，在中，以BC的中点O为圆心，BC为直径在三角形的外部作半圆弧BC，点P在半圆上运动，设，则的最大值为（ ） A. 5B. 6C. D. 【答案】D【解析】【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，求得向量，利用向量的数量积的坐标运算公式，得到，即可求解.【详解】以为原点，所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，如图所示，在中，为的中点，所以，则，其中，可得，所以，其中，当时，即时，有最大值，最大值为.故选：D 8. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，P是上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. 2C. D. 【
5、答案】D【解析】【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面， 设点的新位置为，连接，则有，如图， 当三点共线时，则即为的最小值.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：，因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，,由余弦定理得：.故选：D.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，有选的得0分）9. 下列说法中，错
6、误的是（ ）A. 向量，不能作为平面内所有向量的一组基底B. 若，则在方向上的投影向量的模为C. z是虚数的一个充要条件是D. 若a，b是两个相等的实数，则是纯虚数【答案】CD【解析】【分析】根据向量共线可判断A；计算出在方向上的投影向量的模可判断B；设，根据充要条件的定义可判断C；当时可判断D.【详解】对于A，因为向量，所以、共线，不能作为平面内所有向量的一组基底，故A正确；对于B，若，则与同向或者反向，则在方向上的投影向量的模为，故B正确；对于C，设，若z是虚数，则，且，因为，可得，但z不一定是虚数，故C错误；对于D，当时，则不是纯虚数，故D错误.故选：CD.10. 下列命题中正确的是（
7、）A. 命题“，”的否定为“，”B. 已知，且，则的最小值为C. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为D. 【答案】BD【解析】【分析】根据存在量词命题的否定可判断A选项；由均值不等式可判断B选项；由复合函数的定义域可判断C选项；由对数的运算可判断D选项.【详解】选项A. 命题“，”的否定为“，”,故不正确.选项B. 当且仅当,即时，等号成立. 即的最小值为.故正确选项C. 由函数的定义域为，则函数的定义域满足：解得，所以函数的定义域为，故不正确.选项D. 故选项D正确.故选：BD11. 已知正方体的棱长为4，点分别是BC，的中点，则（ ）A. 异面直线与所成的角的正切值为B. 平面截正方体所
8、得截面的面积为18C. 四面体的外接球表面积为D. 三棱锥的体积为【答案】ABC【解析】【分析】对于A中，取的中点，取的中点，连接，证得，把异面直线与所成的角转化为直线与所成的角，在直角中，可判定A正确；延长交于点，连接交于点，连接，挣得多平面截正方体所得截面为等腰梯形，求得其面积，可判定B正确；画出以为对角线的长方体，得到该长方体的外接球即为四面体的外接球，结合长方体的性质和球的表面公式，可判定C正确；结合，可判定D错误.【详解】对于A中，取的中点，连接，再取的中点，连接，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即，因为正方体的棱长为4，可得，可得为
9、等腰三角形，取的中点，则，在直角中，可得，所以，直线与所成的角的正切值为，所以A正确； 对于B中，延长交于点，连接交于点，连接，因为，为的中点，所以，可得为的中点，又因为，所以为的中点，所以，因为，所以为平行四边形，所以，所以，平面截正方体所得截面为等腰梯形，在等腰梯形中，所以梯形的高为，所以梯形面积为，所以B正确. 对于C中，画出以为对角线的长方体，则该长方体的外接球即为四面体的外接球，可得外接球的直径为，所以外接球的表面积为，所以C正确； 对于D中，连接，则，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为为的中点，所以三棱锥的高为，所以，所以D错误.故选：ABC. 12. 函数（其中，
10、）的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 是它的一条对称轴B. 的增区间为，C. 函数为奇函数D. 若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据函数的图象，求得，结合，可判定A正确；由三角函数的性质，可判定B正确；求得，可判定C错误；结合，得到，结合三角函数的基本关系式和，可判定D正确.【详解】由函数的图象可得，又由，因为，可得，因为，可得，解得，又因为，且，即，可得，取，所以，所以，对于A中，当时，可得，所以是函数的对称轴，所以A正确；对于B中，令，解得，所以的增区间为，所以B正确；对于C中，由，其中当时，所以函数为不是奇函数，所以C错误；对于D中，由，可得，因为，可得，则，所以D正确.故选
11、：ABD.第卷（选择题）三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分请将正确答案填在答题卷相应位置）13. 如图所示，已知扇形的圆心角为，半径长为，则阴影部分的面积是_【答案】【解析】【分析】由图像可知，阴影部分面积为扇形面积减去三角形面积，即可求得.【详解】由图像知，记阴影部分面积，扇形面积为，则，由题意得，所以.所以阴影部分的面积为.故答案为：14. 我国古代数学名著九章算术中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1536石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得256粒内夹谷18粒，则这批米内夹谷约为_【答案】（石）.【解析】【分析】根据抽取样本中米夹谷的比例，得到整体米夹谷的频率，
12、从而求得结果.【详解】因为256粒内夹谷18粒，故可得米中含谷的频率为，则1536石中米夹谷约为1536（石）.故答案为：（石）.【点睛】本题考查由样本估计总体的应用，以及频率估计概率的应用，属基础题.15. 位于河北省承德避暑山庄西南十公里处的双塔山，因1300多年以前，契丹人在双塔峰顶建造的两座古塔增添了诸多神秘色彩双塔山无法攀登，现准备测量两峰峰顶处的两塔塔尖的距离如图，在与两座山峰、山脚同一水平面处选一点A，从A处看塔尖的仰角是，看塔尖的仰角是，又测量得，若塔尖到山脚底部的距离为米，塔尖到山脚底部的距离为米，则两塔塔尖之间的距离为_米【答案】【解析】【分析】先解直角三角形得AC=60米
13、，米,再利用余弦定理解BC即可.【详解】在中，米，则米同理，在中，米，在中，米，米，由余弦定理，得米故答案为：.16. 已知（其中），其函数图像关于直线对称，若函数在区间上有且只有三个零点，则的范围为_【答案】【解析】【分析】由三角函数的对称性求出，再由的范围求出的范围，根据三角函数的性质即可求出答案.【详解】函数关于直线对称，所以，所以，因为，所以，所以，当，则，要使函数在区间上有且只有三个零点，所以，所以的范围为：.故答案为：四、解答题（本大题共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. 已知向量（1）若向量的夹角为锐角，求x的取值范围；（2）若，求【答案】（1） （2
14、）【解析】【分析】（1）根据向量的夹角为锐角，得到，且与不共线，进而列式求解即可；（2）根据向量坐标运算法则得到，再结合向量垂直的相关知识得到，进而求解向量的模.【小问1详解】因为向量的夹角为锐角，所以，且与不同向共线，则，解得且，故x的取值范围为【小问2详解】由，得，若，则，即，解得，所以，所以18. 已知 ，和均为实数，其中是虚数单位.（1）求复数；（2）若对应的点在第四象限，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的运算法则化简、，再根据复数的概念得到方程，求出、的值，即可得解；（2）结合（1）得到，再根据题意得到不等式组，解得即可.【小问1详解】由
15、为实数，可得，则.又为实数，则，得，.【小问2详解】，则在复平面内对应的点的坐标为，而对应的点在第四象限，解得或，故的取值范围为.19. 在，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.在中，角，所对的边分别为，且满足_.（1）求的值；（2）若为边上一点，且，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）选择，由余弦定理可求解，选择，由正切的两角和公式可求解，选择，由正弦的两角和公式可求解；（2）由余弦定理及正弦定理可求解.【小问1详解】选择，由，可得，于是得，即，所以；选择，由，有，于是得；选择，由，有，即，即，又因为，所以，于是得，即，所以.小问2详解】由在中，由余弦定理得，所
16、以，在中，由正弦定理有，得.20. 某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关已知第一关的通过率为0.6，第二关通过率为0.5，第三关的通过率为0.4，三关全部通过可以获得一等奖（奖金为300元），通过前两关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元，假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动（1）求甲最后没有得奖的概率；（2）已知甲和乙都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率【答案】（1）0.7 （2）0.12【解析】【分析
17、】（1）考虑甲第一关没通过以及第一关通过且第二关没通过两种情况，即可求得答案；（2）求出一个人获得二等奖以及获得一等奖的概率，分甲得了一等奖，乙得了二等奖和乙得了一等奖，甲得了二等奖两种情况计算，即可得答案.【小问1详解】甲第一关没通过的概率为，第一关通过且第二关没通过的概率为，故甲没有得奖的概率【小问2详解】记一个人通过了第二关且最后获得二等奖为事件E，通过了第二关且最后获得一等奖为事件F，则，甲和乙最后所得奖金总和为700元，甲和乙一人得一等奖，一人得二等奖，若甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为，若乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为，甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率21. 如图，四棱
18、锥的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为正方形，且平面平面ABCD，Q，M，N分别为PB，AB，AD的中点 （1）证明：平面PDC；（2）证明：；（3）求直线PM与平面PNC所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）【解析】【分析】（1）根据题意，取PC中点E，连接QE，DE，然后由线面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面PNC，从而得到证明；（3）根据题意，MPO为直线PM与平面PNC所成的角，然后由即可得到结果.【小问1详解】 证明：如图1，取PC中点E，连接QE，DE，在正方形ABCD中，Q，N分别为PB，DA的中点，且
19、，且，四边形QEDN为平行四边形，又平面PDC，平面PDC，平面PDC【小问2详解】证明：是边长为2的正三角形，N为AD中点，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，【小问3详解】如图2，设，连接PO，PM，MN平面PNC，且MPO为直线PM与平面PNC所成的角，直线PM与平面PNC所成角的正弦值为22. 设函数（1）若，求角；（2）若不等式对任意时恒成立，求实数a的取值范围；（3）将函数的图像向左平移个单位，然后保持图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到函数的图像，若存在非零常数，对任意，有成立，求
20、实数m的取值范围【答案】（1）或； （2）； （3）答案见解析【解析】【分析】（1）由三角恒等变换公式化简得到，然后代入计算，即可得到结果；（2）先换元，转化为一元二次不等式恒成立问题，再结合对勾函数的单调性，即可得到结果.（3）由三角函数的图像变换得到函数的解析式，然后将转化为值域问题，即可得到结果.【小问1详解】，又，即，或，即或，或【小问2详解】令，即，令，设，由对勾函数单调性可知，在上单调递减，解得：【小问3详解】，的图像向左平移个单位，横坐标变为原来的，可得，存在非零常数，对任意的，成立，在R上的值域为，则在R上的值域为，当时，1为的一个周期，即1为最小正周期的整数倍所以，即（且）当时，由诱导公式可得，即，当时，；当时，
