2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末教学质量验收数学试题【含答案】.doc

2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末教学质量验收数学试题 一、单选题 1．下列命题中，是真命题的是（????）． A．， B．， C．“若，，则”的逆否命题 D．函数的最小值为 【答案】C 【分析】利用特称命题与全称命题的特点举例子判断A、B选项，对于C选项，判断原命题的真假性从而得逆否命题的真假性，利用基本不等式“一正二定三相等”原则，判断的最小值. 【详解】对于A，当，，故A是假命题； 对于B，，，故B是假命题； 对于C，若，，则成立，故它的逆否命题也是真命题； 对于D，， 因为，所以，无最小值． 故选：C 2．若（，为虚数单位），则（????） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的运算法则求得参数，再求目标复数的模长即可. 【详解】因为，故，故， 则. 故选：B. 3．下列说法中正确的是（????） A．向量的模都是正实数 B．单位向量都是相等向量 C．向量的大小与方向无关 D．方向不同的向量不能比较大小，但同向的向量可以比较大小 【答案】C 【分析】根据向量的有关概念和性质逐个分析判断即可 【详解】零向量的模为0，故A不正确； 单位向量的方向可以是任意的，故B不正确； 向量的大小即为向量的模，指的是有向线段的长度，与方向无关，故C正确； 不管向量的方向如何，它们都不能比较大小，故D不正确． 故选：C 4．等于（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先化简，再通分利用二倍角和辅助角公式化简得解. 【详解】解：， 故选：C． 5．在中，，则的形状为（????）． A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形 【答案】B 【详解】，即 由余弦定理可得 可得： 故三角形是直角三角形 故选 点睛：本题主要考查的知识点是三角形的形状判断，余弦定理的应用．直接利用二倍角的余弦函数以及余弦定理化简可得，通过边长之间的关系即可判断出三角形的形状． 6．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数（????） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】化简函数，再利用图象变换即得. 【详解】∵， ∴． 故选：A． 7．若向量的模均为1，且，则的最大值为（????） A． B．3 C．5 D．7 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，设出的坐标，求得的表达式，利用三角函数的知识求得的最大值. 【详解】设，依题意，而向量的模均为. 以分别为轴建立平面直角坐标系，如下图所示，由于，所以点在单位圆上.由此可得. 所以 ，其中. 由于，所以当时，取得最大值为. 故选：D 【点睛】本小题主要考查向量模的坐标运算，属于中档题. 8．在三棱柱中，平面，，，则异面直线与所成角的余弦值为（????） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱柱补成长方体，设，则，分析可知与所成角为或其补角，利用余弦定理求出，即可得解. 【详解】在三棱柱中，平面，， 将三棱柱补成长方体，设，则， ?? 因为且，故四边形为平行四边形，所以，且， 故与所成角为或其补角， 在中，， ，， 由余弦定理可得， 因此，直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 二、多选题 9．函数是R上的偶函数，则可以是（????） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】函数为偶函数可得到可得当时函数取得最值，再由特殊角的三角函数值得到结果即可. 【详解】函数是R上的偶函数，故函数关于轴对称， 原函数为三角函数，可得当时函数取得最值， ，即 可得可以是或者. 故选：BD. 10．对于函数，下列结论正确的是 A．为偶函数 B．的一个周期为 C．的值域为 D．在单调递增 【答案】ABC 【解析】利用奇偶性的定义以及周期的定义判断A，B选项；利用换元法以及正弦函数的单调性判断C选项；利用复合函数的单调性判断方法判断D选项. 【详解】函数的定义域为，关于原点对称 ，则函数为偶函数，故A正确； ，则函数的一个周期为，故B正确； 令，则，由于函数在上单调递增，则，故C正确； 当时，函数为减函数，由于，则函数在上为增函数，所以函数在单调递减，故D错误； 故选：ABC 【点睛】本题主要考查了判断函数的奇偶性，周期性，求函数值域，复合函数的单调性，属于中档题. 11．若函数的最小正周期为，则（????） A． B．在上单调递增 C．在内有5个零点 D．在上的值域为 【答案】BC 【分析】根据二倍角公式化简，由周期可得，代入即可判断A,根据整体法即可判断BD，令，根据即可求解满足条件的零点，即可判断C. 【详解】. 由最小正周期为，可得，故， 对于A,,故A错误； 对于B,当时，，此时单调递增，故B正确； 对于C，令， 所以或， 当时，满足要求的有 故有5个零点，故C正确； 对于D,??当时，，则故，所以D错误. 故选：BC.