湖北省咸宁市2022-2023学年高一下期末数学试卷（含答案）

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1、湖北省咸宁市2022-2023学年高一下期末数学试卷一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.已知集合，则（ ）A. B.C. D.2.已知，则的最小值为（ ）A.5 B.4 C.3 D.23.若一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（ ）A.1 B. C. D.24.设为两个不同平面，则的充分条件是（ ）A.内有无数条直线与平行B.平行于同一条直线C.垂直于同一条直线D.垂直于同一个平面5.定义在上的函数满足，且，则（ ）A.-3 B.0 C.1 D.36.若存在实数，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B.C. D.7.如图，已知平面向量满足，则（ ）A.

2、B.C. D.8.已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，过两点做一个平面，使得，则平面将四棱锥分的上下两部分的体积比（ ）A. B. C. D.二多选题：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.若复数满足：为的共轭复数，则（ ）A.B.C.在复平面对应的点位于第二象限D.10.某学校为了普及防溺水安全知识，对本校1000名学生开展了一次防溺水安全知识竞赛答题活动，从中随机抽取100名学生的得分，按照分成六段，整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）A.根据直方图，该校竞赛得分落在的

3、频率为0.3B.根据直方图，该校竞赛得分的第75百分位数估计大于130C.根据直方图，该校竞赛得分的众数约为135D.根据直方图，该校竞赛得分的平均分约为12111.已知函数，则（ ）A.当时，的最小正周期是B.在上单调递增C.当为奇函数D.当时，图象关于对称12.如图，已知分别是四边形的中点，为对角线与的交点，则下列正确的是（ ）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的图象一定过定点，则点的坐标是_.14.已知半球的半径为2，如图，截面圆平行于半球的底面的，以该截面圆为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积的最大值为_.15.如图，

4、已知正六边形的顶点分别是正六边形的边上的点，其中，若正六边形和的面积分别为，且满足，则的值为_.16.已知均为锐角，则的最小值为_.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.（本小题满分10分）设集合.（1）若，求实数的取值范围；（2）若中只有一个整数，求实数的取值范围.18.（本小题满分12分）已知向量，且.（1）求的值；（2）求在方向上的投影向量的坐标.19.（本小题满分12分）如图，在五面体中，四边形为等腰梯形，且.（1）证明：；（2）若为等边三角形，且面面，求与面所成角.20.（本小题满分12分）已知的部分图象如图所示，两点是与轴的交点，为该部分图

5、像上一点，且的最大值为4；（1）求的解析式；（2）将图像向左平移个单位得到的图像，设在上有三个不同的实数根，求的值.21.（本小题满分12分）在中，所对的边分别为，已知.（1）若，求的值；（2）若为锐角，求的取值范围.22.（本小题满分12分）已知，其中.（1）若，求的取值范围.（2）设，若，恒有，求的取值范围.咸宁市2022-2023学年度下学期高中期末考试高一数学参考答案一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.B2.A3.C 【解析】设圆锥底面圆半径，则，即，从而圆锥的高为.4.C 【解析】对于A，内有无数条直线与平行，与相交或；对于平行于同一条直线，与相交或；对于垂直于同一条直

6、线，则；对于D，垂直于同一平面，与相交或.5.D 【解析】，则，从而，即以4为周期，故.6.B 【解析】依题意可知，；当时，显然成立；当时，由，注意到为递增函数，且，因此，即，综上可知.7.A 【解析】设，过分别作的平行线，如图，不妨设，注意到，则，从而，故.8.B 【解析】设平面与交于点，因为，而面，则，连接交于点，连接交于点，则三点共线，因为为中点，从而为的重心，从而，故，因此，故.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.9.ABD 【解析】因为，所以，所以，故选项正确；，故选项B正确；复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故选项C错误；，故D正确.10.ABD 【解析】对于选项，

7、分数在内的频率为，A正确；对于B选项，注意到分数落在的频率为，从而第75百分为数超过正确；对于选项，因为的频率为0.3最大，故众数约为错误；对于D选项，平均分：，故D正确.11.BCD 【解析】对于选项，当时，此时，不恒等于，故A错误；对于选项，当时，在上均单调递增，且，故单调递增，故B正确；选项C，当时，即是奇函数，故C正确；选项D，则，所以的图象关于直线对称，故正确.12.ACD 【解析】对于选项，注意到为菱形，因此，故正确；对于选项，因为四边形为菱形，并不一定有，故错误；对于选项，同理，故C正确；对于D选项，故D正确.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 【解析】令，解得

8、，此时函数的图象过定点.14. 【解析】依题意，设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为，则，故，因此剩下的几何体的表面积为.15. 【解析】依题意可知，则，由，设，则，由余弦定理，故，解得，则，从而.16. 【解析】，因为均为锐角，则，因此，因此.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.【解析】，（1），当时，则，故符合题意，当时，则，可知，即，综上可知，.（2）或，因为中只有一个整数，因此该整数为3，由，所以，所以.18.【解析】（1）根据条件，则，即.（2）根据投影向量的计算公式，在方向上的投影向量，其中为的夹角，是与同向的单位向量，即，由夹角公式，则

9、，而.故.19.【解析】证明：（1）依题意面面，因此平面，而面，面面，由线面平行的性质定理可知，由基本事实4可知，；（2）在等腰梯形中，不妨设，分别过作的垂线，则，故又，从而，即；面面，面面，因此面，从而与平面所成角即为，其中，因而，故，从而与平面所成角为.20.【解析】依题意，故，从而，而为对称轴，故，则，根据可知，设为的中点，则，则的最大值为2，因此，从而.（2）依题意，则在存在三个实数根，设，则根据的图像可知，的三个零点满足，从而，故.21.【解析】（1）依题意，由正弦定理可知，根据余弦定理，因此，即，又，则，即，因此为等腰直角三角形，故.（2）由条件，则，即，且，根据正弦定理可得：则，令，而在上单调递增，因此，即的取值范围是.22.【解析】（1）注意到，即为偶函数，且时，当时，则，当时，则，因此时，即在上单调递增，则，即，故，平方可得，即，解得.（2）设，依题意可知，当时，由（1）可知，单调递增，故，故，结合可知，因此恒成立.设，则，解得，即，解得，结合可知，.