【文档说明】江西省吉安市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.517 MB，由小赞的店铺上传

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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）2023.6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，用铅笔把答题卡上

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.已知角的集合2ππ{|,

Z}36kk==−，则在)0,2π内的角有（）A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，解不等式，求出k的值即可作答.【详解】依题意，解不等式2ππ02π36k−，得113

44k，而Zk，因此{1,2,3}k，所以在)0,2π内的角有3个.故选：B2.若复数z满足i2iz=−，则z=（）A.2i+B.12i−−C.12i−+D.12i+【答案】C【解析】【分析】根据复数代数形

式的除法运算化简复数z，即可得到其共轭复数.【详解】因为i2iz=−，所以222i2ii12iiiz−−===−−，所以12iz=−+.故选：C3.已知向量()3,am=−，()2,2b=−互相垂直，则a=r（）A.3B.32C.9D.18【答案】B【解析】【分析】利用垂

直关系的坐标表示，结合坐标求出向量的模作答.【详解】向量()3,am=−，()2,2b=−互相垂直，则32(2)0abm=−+−=，解得3m=−，所以22(3)32am=−+=r.故选：B4.ππcos3cos363xx++−

的最小值为（）A.2−B.2−C.12−D.2【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得.【详解】ππcos3cos363xx++−πππcos3cos3662xx

=+++−ππcos3sin366xx=+++2π2π2cos3sin32626xx=+++ππ2sin364x=++

，所以当πππ32π642xk++=−+，Zk时ππcos3cos363xx++−取最小值为2−.故选：B5.已知a为直线，，为平面，⊥，l=，若a⊥成立，则需要的条件为（）A.al⊥B.//aC.a⊥D.a，al⊥【答案】D【解析】【分析】根据

给定条件，利用线面位置关系及面面垂直的性质判定作答.【详解】a为直线，，为平面，⊥，l=，若al⊥，直线a与平面的关系不确定，A不是；若//a，直线a可以与直线l平行，此时不能推出a⊥，B不

是；若a⊥，直线a可以平行于或在平面内，C不是；若al⊥，且a，由面面垂直的性质，a⊥成立.故选：D6.为了得到函数π2cos(2)6yx=+的图象，只要把函数π2cos()3yx=+图象上各点的横坐标缩短到原来的12，再把得到的曲线上所有的点（）A.向左

平移π6个单位长度B.向左平移π12个单位长度C.向右平移π6个单位长度D.向右平移π12个单位长度【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用三角函数的图象变换，逐项分析判断作答.【详解】把函数π2cos()3yx=+图象上各点的横坐标

缩短到原来的12，得到函数π2cos(2)3yx=+的图象，对于A，再向左平移π6个单位长度，得ππ2π2cos[2()]2cos(2)633yxx=++=+的图象，A错误；对于B，再向左平移π12个单位长度，得

πππ2cos[2()]2cos(2)1232yxx=++=+的图象，B错误；对于C，再向右平移π6个单位长度，得ππ2cos[2()]2cos263yxx=−+=的图象，C错误；对于D，再向右平移π12个单位长度，得πππ2cos[

2()]2cos(2)1236yxx=−+=+的图象，D正确.故选：D7.瑞士数学家欧拉在1765年发表了一个令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线称为欧拉线．其中重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．已知M，N，P分别为ABC的外心、重心

、垂心，则下列结论错误的是（）A.MAMBMC==B.2NPMN=C.0NANBNC++=D.PAPBPBPCPCPA==【答案】A【解析】【分析】利用外心、重心、垂心求出向量等式，判断ACD；利用欧拉线定理结合图形判断B作答.【详解】点M是ABC的外心，则

||||||MAMBMC==，A错误；如图，由欧拉线定理得2NPMN=，B正确；点N为ABC的重心，延长AN交BC于D，则D是BC的中点，于是2NANDNBNC−==+，则0NANBNC++=，C正确

；点P是ABC的垂心，由PABC⊥，得()0PABCPAPCPBPAPCPAPB=−=−=，即PAPCPAPB=，由PBAC⊥，同理得PAPBPBPC=，因此PAPBPBPCPCPA==

，D正确.故选：A8.中国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．若三棱锥−PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，ABBC⊥，3PA=，4ABBC+=，三棱锥−PABC的四个顶点都在球O的球面上，当三棱锥−

PABC的体积最大时，球O的表面积为（）A.13πB.16πC.17πD.34π【答案】C【解析】【分析】依题意将三棱锥−PABC放在一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，根据锥体的体积公式及基本不等式求出三棱锥−PABC的体积最大值

时AB、BC的长度，再求出长方体的体对角线即为外接球的直径，最后根据球的表面积公式计算可得.【详解】将三棱锥−PABC放一个长方体中，如图所示：则21111232222PABCABBCVABBCPAABBC−+===，当且仅当2ABBC==时取等号，此时三棱锥−PABC

的外接球就是一个长方体的外接球，因为3PA=，2ABBC==，在ABC为直角三角形，所以22222222ACBCAB=+=+=，设长方体的外接球的半径为R，则()()2222322R=+，故2417R=.所以外接球的表面积为24π17πSR==.故选：C.二、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，有选错的得0分．9.已知复数1034izm=+−（m为纯虚数），则（）A.z不可能为纯虚数B.若复数z为实数，则8i5m=C.z的最小值为65D.若复平面内表

示z的点位于yx=上，则2i5m=−【答案】ACD【解析】【分析】设imb=（Rb且0b），根据复数代数形式的除法运算化简复数z，再根据各选项一一判断即可.【详解】设imb=（Rb且0b），则()()()1034i1010ii34i34i34i3

4izmbb+=+=+=+−−−+在()()()1034i68ii34i34i55bb+=+=++−+，所以z不可能为纯虚数，故A正确；若复数z为实数，则805b+=，解得85b=−，所以8i5m=−，故B错误；226855zb=++

，所以当85b=−时z取最小值，最小值为65，故C正确；若复平面内表示z的点位于yx=上，则8655b+=，解得25b=−，所以2i5m=−，故D正确；故选：ACD10.函数π()sin()(0,0,||)2fxAxA=+

的部分图象如图所示，则（）A.3A+=B.π6=C.()fx的单调递减区间为π7π[π,π]1212kk++，ZkD.()fx的图象关于直线5π12x=−对称【答案】CD【解析】【分析】利用给定的函数图象，求出解析式中

各参数，结合正弦函数的性质逐项判断作答.【详解】观察图象知，2A=，函数()fx的周期413ππ()π3123T=−=，则2π2T==，4A+=，A错误；由π2π2π,Z3nn+=+，π||2，得π0,3n

==，B错误；π()2sin(2)3fxx=+，由ππ3π2π22π,Z232kxkk+++，得π7πππ,Z1212kxkk++，因此函数()fx的单调递减区间为π7π[π,π]1212kk++，Zk，C正确；由ππ2π,Z32xkk+=+，得函数()fx的图象

对称轴为ππ,Z212kxk=+，当1k=−时，5π12x=−，D正确.故选：CD11.质点A和B在以坐标原点O为圆心、半径为1的O上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．A的角速度大小为3rad/s，起点为O与x轴正半轴的交点；B的角速度大小为1rad/

s，起点为射线()30yxx=与O的交点．当A与B重合时，点A的坐标可以是（）A.13(,)22B.()0,1C.()1,0−D.()0,1−【答案】BD【解析】【分析】求出点,AB的初始位置所成角的大小，再利用终边相同的角的集合表示，结合奇偶分析求解作答.【详解】

依题意，点A的起始位置0(1,0)A，点B的起始位置013(,)22B，则00π3AOB=，设当A与B重合时，用的时间为ts，于是π32π,N3ttkk−=+，即ππ,N6tkk=+，则π33π,N2tkk=+，当k为偶数时，ππ(cos,sin)22A，即(0,1)A，

B正确；当k为奇数时，3π3π(cos,sin)22A，即(0,1)A−，D正确.故选：BD12.如图，在圆锥PO中，已知圆O的直径6AB=，点C是底面圆O上异于A的动点，圆锥的侧面展开图是圆心角为3π的扇形．11()32CQCP=，则（）A.PAC△面积的最大值为33B.A

PAQ的值与的取值有关C.三棱锥ABQC−体积的最大值为332D.若2ACCB=，AQ与圆锥底面所成的角为，则5721tan,5721【答案】CD【解析】【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长及圆锥的高，并求出轴截面顶角，再逐项

分析判断作答.【详解】设圆锥的母线长为l，由2π33πl=，得23l=，而圆锥底面圆半径3r=，圆锥的高2222(23)33POlr=−=−=，则2120APBAPO==，2211sin(23)6sin9022PACSlAP

C==，当且仅当APPC⊥时取等号，A错误；当APPC⊥时，2||||cos||12APAQAPAQPAQAP===，与的取值无关，B错误；过Q作//QDPO交OC于D，由PO⊥平面ABC，得QD⊥平面ABC，由CQCP=，得3QDPO==，于是1333ABQCQABCABCA

BCVVSQDS−−===，所以当且仅当12=，且C为AB中点时，三棱锥ABQC−体积取最大值11333633222=，C正确；若2ACCB=，则120,60AOCBOC==，由C选项知，QAD为AQ与圆锥底面所成的角，即

,tanQDQADAD==，显然(1)3(1)ODOC=−=−，在AOD△中，22239(1)233(1)cos120333AD=+−−−=−+，222333tan331113333133()

24QDAD====−+−+−+，而1132，所以5721tan[,]5721，D正确.故选：CD【点睛】思路点睛：求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角

转化到一个三角形中求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在复数范围内分解因式35xx+的结果为______．【答案】(5i)(5i)xxx+−【解析】【分析】利用提公因式法及公式法分解因式作答.【详解】依题意，32

25(5i)(5i)(5i)xxxxxxx+=−=+−故答案为：(5i)(5i)xxx+−14.tan5tan40tan5tan40++=______．【答案】1【解析】【分析】利用差角的正切求解作答.【详解】因为tan

40tan5tan45tan(405)11tan40tan5+=+==−，则tan40tan51tan40tan5+=−，所以tan5tan40tan5tan401++=.故答案为：115.古希腊的哲学家柏拉图证明只存在5种正多面体，即正四、六

、八、十二、二十面体，其中正八面体是由8个正三角形构成．如图，若正八面体的体积为92，则它的内切球半径为______．【答案】62【解析】【分析】根据正八面体的结构特征，结合已知体积求出正八面体的棱长，再借助体积求出内切球半径作答.【详解】设正八面体的棱长为a，显然

正八面体可视为棱长都相等的两个正四棱锥组合而成，则正八面体的体积21229232aa=，解得3a=，于是正八面体的表面积2381834Sa==，设正八面体的内切球半径为r，因此1923Sr=，即1183923r=，解得62r=，所以正

八面体的内切球半径为62.故答案：6216.直角坐标系和斜坐标系都是法国数学家笛卡尔发明的．设Ox，Oy是平面内相交成()0π角的两条数轴，1e，2e分别是与x，y轴正方向同向的单位向量．若12OPxeye=+

，则把有序数对(),xy叫做向量OP在斜坐标系Oxy下的坐标．设()2,1a=−，()3,2b=．（1）若2π3=，则a=r______；（2）若92ab=，则=______．【答案】①.7②.π3##1π3【解析】【分析】（1）根据定义将向量a化为122a

ee=−，然后由数量积的性质可得；（2）根据定义将向量,ab化为122aee=−，1232bee=+，然后由数量积定义和性质列方程可得.【详解】（1）因为()2,1a=−，所以122aee=−若2π3=，则122π1·11cos32ee==−，所以()22212112

22444217aeeeeee=−=−+=++=；（2）因为()2,1a=−，()3,2b=，所以122aee=−，1232bee=+，若92ab=，则()()22121211229232622abeeeeeeee=−+

=+−=，所以96cos22+−=，即1cos2=，因为()0,π，所以π3=.为故答案为：7；π3.四、解答题：本题共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()3cosπ5+=−．（1）求πsi

n2+，cos2的值；（2）若3π,2π2，求πsin4−，tan2的值．【答案】（1）3cos5=，7cos225=−（2）π72sin410−=−,1tan22=−【解析】【分析】（1）先由诱导公式求cos，然后利用诱导公

式和二倍角公式可得；（2）先求sin，由和差公式可得πsin4−，利用二倍角公式求sin,cos22，然后由商数关系可得.【小问1详解】因为()3cosπcos5+=−=−，所以3

cos5=，所以π3sincos25+==，2237cos22cos121525=−=−=−.【小问2详解】由（1）知3cos5=，因为3π,2π2，所以24sin

1cos5=−−=−，所以πππ423272sinsincoscossin444525210−=−=−−=−.因为3π,2π2，所以3π,π24，由2232cos112sin225−=−=得525sin,cos2525==−，

所以1tan22=−.18.如图，在三棱锥−PABC中，ABBC=，点D，M分别为AC，PB的中点，2PFFC=．（1）证明：AM//平面BDF；（2）若平面AMN//平面BDF，其中PD平面AMNN=，MNPC⊥，证明：AN是AM在平面PAC上

的投影．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）取PF的中点E，利用线面、面面平行的判定、性质推理作答.（2）利用面面平行的性质、线面垂直的判定推理作答.【小问1详解】取PF的中点E，连接AE，由2PFFC=，得

PEEFFC==，点F为EC的中点，又点D为AC的中点，则//DFAE，又AE平面,BDFDF平面BDF，于是//AE平面BDF，又点E为PF的中点，点M为PB的中点，则//EMBF，又EM平面BDF，

BF平面BDF，因此//EM平面BDF，又,,AEEMEAEEM=平面AEM，平面//AEM平面BDF，又AM平面AEM，所以//AM平面BDF.【小问2详解】平面//AMN平面BDF，且平面AMN平面PDBMN=，平面BDF平面PDBBD=，则//MNBD，由,

ABBCD=为AC的中点，得BDAC⊥，则MNAC⊥，又,,,MNPCACPCCACPC⊥=平面PAC，因此MN⊥平面PAC，所以AN是AM在平面PAC上的投影.19.①2c=，②21a=，在这两个条件中任选

一个，补充在下面问题中的横线上，并给予解答．问题：ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且22coscbaB+=，三角形面积332S=，______，求sinsinBC的值．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一

个解答计分．【答案】答案见解析.【解析】【分析】利用正弦定理边化角求出角A，选①，利用三角形面积公式、余弦定理求出,ba，再利用正弦定理求解作答；选②利用三角形面积公式求出bc，再利用正弦定理求解作答.【详解】ABC中，

由22coscbaB+=及正弦定理得：2sinsin2sincosCBAB+=，而sinsin[π()]sin()CABAB=−+=+，于是2sincos2cossinsin2sincosABABBAB++=，因此2cossinsin0ABB+=，而(0,),sin0BB，则1cos

2A=−，又(0,π)A，所以2π3A=，若选①，2c=，由13sin322SbcA==，得3b=，由余弦定理得2222π23223cos19,193aa=+−==，ABC外接圆半径R，由正弦定理得192192sin332aRA===，所以22669sinsin22(2)38

2193bcBCRRR====.若选②，21a=，ABC外接圆半径R，21227sin32aRA===，由13sin322SbcA==，得6bc=，所以22663sinsin22(2)14(27)bcBCRRR====.20.某人承包一块荒地种植蓝莓，原种植区域为ABC，由于经

济效益较好，现准备扩大种植面积．如图，延长BC到D，使CDBC=，以AD为底边向外作顶角为2π3的等腰三角形ADE．已知在1kmABBC==，设ABC=，π5π,36．（1）求ABC周长取值范围；（2）求四边形区

域ABDE面积的最大值．【答案】（1）623,2km2++（2）()213312km【解析】【分析】（1）利用余弦定理得22cosAC=−，再计算知周长为2AC+，最后根据范围即可得到答案；（2）作EFAD⊥，计算出四边形面积表达式为23π

5sin33612ABDES=−+四边形，最后根据范围，结合正弦型函数值域即可得到答案.【小问1详解】在ABC中，1,ABBCABC===，由余弦定理，得2222cos22cosACABBCABBCB=+−=−，22coskmA

C=−，π5π,36，而cosy=在π5π,36上单调递减，[1,23]AC+，即621,2AC+.故ABC周长为112ACAC++=+，其取值范围为623,2km2++.【小问2详解】作,EFADF⊥为垂足，因为

三角形ADE为等腰三角形，且2ππ,36AEDEAD==，的π33tan,636EFEFAFADAF===，在ABD△中，根据余弦定理有2222cos54cosADABBDABAD=+−=−，2133(54cos)21212ADESADEFAD===

−，ABDADEABDESSS=+四边形132331512sin(54cos)sincos321232212=+−=−+23π5sin33612=−+，π5

π,36，ππ2π,663−当且仅当ππ62−=，即2π3=时，四边形区域ABDE面积的最大值为()22351333km31212+=21.在ABC中，CAa=，CBb=，若D是AB的中点12ADAB=，则1122CDab=+；若D是AB的一个

三等分点13ADAB=，则2133CDab=+；若D是AB的一个四等分点14ADAB=，则3144CDab=+．（1）如图①，若ADAB=，用a，b表示CD，你能得出什么结论？并

加以证明．（2）如图②，若12CMMB=，CNNA=，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，CB分别交于点P，Q．①利用（1）的结论，用a，b表示CO；②设CPxCA=，()0,0CQyCBxy=，求证：21xy+为定值．【答案】（1）()1CDab=−+，证明见解析（2）①2155

COab=+，②证明见解析【解析】【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；（2）①依题意可得13CMCB=，12CNCA=，由A、O、M三点共线，设AOtAM=，结合（1）的结论用a，b表示出CO，由B、O、N三点共线，设BOBN=，同理表示出CO，根据平

面向量基本定理得到方程，求出t、，再代入即可；②依题意可得1aCPx=，1bCQy=，结合①的结论及共线定理即可得证.【小问1详解】猜想：()1CDab=−+，证明：因为ADAB=，所以()CDCAADCAABCACBCA=+=+=+−()()11CACBab=−+=−+.

【小问2详解】①若12CMMB=，CNNA=，则13CMCB=，12CNCA=，因为A、O、M三点共线，设AOtAM=，则()()()111133tCOtCAtCMtCAtCBtab=−+=−+=−+，因为B、O、N三点共线，设BOBN=，则()

()()111122COCBCNCBCAab=−+=−+=+−，因为a与b不共线，所以112113tt−==−，解得3545t==，所以2155COab=+.②因为CPxCA=，()0,0CQyCBxy=，

所以1aCPx=，1bCQy=，所以21215555COabCPCQxy=+=+，因为P、O、Q三点共线，所以21155xy+=，则215xy+=（定值）.22.已知E，F分别为ABC的重心和外心，D是BC的中点，6AD=，125ABACAF+=．（1）求BE；（2

）如图，P为平面ABC外一点，PE⊥平面ABC，二面角PBCA−−的正切值为4．①求证：BCPD⊥；②求三棱锥−PABC的外接球的体积．【答案】（1）27；（2）①证明见解析；②6255π6.【解析】【分析】（1）利用平面向量加法法则、结合向量共线确定ADBC⊥，再利用余弦定理求解作答.（2）①

根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答；②利用二面角的大小求出PE，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可求解作答.【小问1详解】由125ABACAF+=，且D是BC的中点，得1225ADAF=，则556AFAD==，,,AFD共线，又E为ABC

重心，则243AEAD==，1EFDF==，又F为ABC的外心，连接,BFCF，5BFCF==，而D是BC的中点，因此ADBC⊥，1cos5DFBFDBF==在BEF△中，1coscos5BFEBFD=−

=−，由余弦定理得2215215cos27BEBFE=+−=，所以27BE=.【小问2详解】①由PE⊥平面ABC,BC平面ABC，得PEBC⊥,又ADBC⊥，,,ADPEEADPE=平面APD，则BC⊥平面

APD，而PD平面APD，所以BCPD⊥.②由①知，,BCADBCPD⊥⊥，则PDA为二面角PBCA−−的平面角，而二面角PBCA−−的正切值为4，即tan42PEPEPDADE===，解得8PE=，又ABC的外心为F，令三棱锥−PABC外接球的球心为O，则OF⊥平面ABC，有//OFPE

，四边形PEFO是直角梯形，设外接球的半径为,ROFx=，于是222225RBOBFOFx==+=+，222222()1(8)RPOEFPEOFx==+−=+−，因此22256516xxx+=−+，解得52x=，552R=，所以三棱锥−PABC的外接球的体积为346255ππ36VR==.【点睛】

关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com