高一期末模拟试卷01【好题汇编】-备战2023-2024学年高一数学下学期期末真题分类汇编（北师大版2019必修第二册）

高一期末模拟卷01 一、单选题（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，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 3．下列说法不正确的是（    ） A．函数的定义域是 B．函数在时的值域为 C．若，则的值为0 D．函数的单调递增区间是 4．已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（    ） A．等边三角形 B．顶角为的等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．非直角三角形，也非等腰三角形 7．已知函数的一个零点是，且在上单调，则（    ） A． B． C． D． 8．已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9．对于函数和，下列说法正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图像有相同的对称轴 10．在四棱锥中，底面是矩形，平面，、分别为棱、的中点，下列说法正确的有（    ） A． B．平面 C．若，则 D．若平面，则 11．已知等边的边长为2，，，交于  ，则（    ） A． B． C． D． 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知，则 ． 13．已知函数，的部分图象如图所示．若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为奇函数，则的最小值是 ． 14．如图，在正四棱台中，，．若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为 ． 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知. (1)求函数的最小正周期； (2)已知均为锐角，，求的值. 16．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且. (1)求A的大小； (2)若a＝7，且顶点A到边BC的距离等于，求b和c的长. 17．在直角梯形中，，，，，是线段上包括端点的一个动点．    (1)若时， ①求的值； ②若，求的值； (2)若，求的最小值． 18．如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. (1)求证：平面； (2)求与平面所成的角； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19．已知向量，，定义运算，同时定义. (1)若，求实数的取值集合； (2)已知，求； (3)已知定义域为的函数满足为奇函数，为偶函数，且时，，是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一期末模拟卷01 一、单选题（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．（2024·四川绵阳·期末）已知，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【分析】根据复数模的运算及四则运算化简复数，再由共轭复数的概念求出，即可得解. 【详解】因为， 所以，故复数在复平面中对应的点为，位于第一象限. 故选：A 2．（22-23高一下·湖北武汉·期末）如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 【答案】D 【分析】过作交于点，求出，即可判断B，再还原平面图，求出相应的线段长，即可判断ACD. 【详解】对于B：如图过作交于点， 由等腰梯形且，又，， 可得是等腰直角三角形， 即，故B错误； 对于A：还原平面图如下图， 则，故A错误； 对于C：过作交于点，则， 由勾股定理得， 故四边形的周长为：，即C错误； 对于D：四边形的面积为：，即D正确. 故选：D. 3．（23-24高一下·辽宁沈阳·期末）下列说法不正确的是（    ） A．函数的定义域是 B．函数在时的值域为 C．若，则的值为0 D．函数的单调递增区间是 【答案】D 【分析】对于A：根据根式以及余弦函数性质分析求解；对于B：以为整体，结合正弦函数分析求解；对于C：根据周期性和对称性分析求解；对于D：取特值结合单调性的定义分析判断. 【详解】对于选项A：令，则， 可得，解得， 所以函数的定义域是，故A正确； 对于选项B：因为，则， 可知，则，故B正确； 对于选项C：因为的最小正周期， 又因为，可知为的对称中心， 则， 即，且， 所以，故C正确； 对于选项D：当时，；当时，； 可知函数在不单调，故D错误； 故选：D. 4．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，的夹角为钝角，可得，且与不共线，从而可求出的取值范围. 【详解】因为，，，的夹角为钝角， 所以，解得，且， 即的取值范围是， 故选：B 5．（2024·福建福州·期末）已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件，求圆锥的底面半径和母线长，再根据公式求圆锥的表面积. 【详解】如图： 设圆锥底面为，母线长为，母线，夹角为，则，所以. 因为的面积为，所以. 又. 所以圆锥的表面积为：. 故选：B 6．（23-24高一下·上海·期末）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（    ） A．等边三角形 B．顶角为的等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．非直角三角形，也非等腰三角形 【答案】A 【分析】由条件利用余弦定理求得，可得，由，再根据正弦定理和余弦定理再可得，从而得出结论． 【详解】在中， ， ，， 又由可得， ，故是等边三角形. 故选：A. 7．（2024·安徽马鞍山·期末）已知函数的一个零点是，且在上单调，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】整理可得，以为整体，根据单调性分析可得，再结合零点分析求解. 【详解】因为， ，且时， 可得，且， 若在上单调，则，解得， 又因为的一个零点是，则，解得， 所以. 故选：B. 8．（2024·河南洛阳·期末）已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意作出轴截面，利用直角三角形知识求得，即可求解球的表面积. 【详解】如图所示， 根据题意可知. 设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线AB分别切于两点， 因为，所以，所以， 所以可知球的半径， 此时球的直径为， 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的表面积. 故选：B 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9．（2024·全国·高考真题）对于函数和，下列说法正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图像有相同的对称轴 【答案】BC 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 10．（23-24高二下·安徽·期末）在四棱锥中，底面是矩形，平面，、分别为棱、的中点，下列说法正确的有（    ） A． B．平面 C．若，则 D．若平面，则 【答案】BCD 【分析】若，可得平面，进而可得，可判断A；，可得平面，可判断B；，两边平方可求，判断C；由已知可得平面，从而可得，可判断D. 【详解】选项A：平面，平面，则，若， 又，平面，所以平面，又平面， 进一步有，而底面是矩形，不能保证，故A错误． 选项B：取中点，则，所以四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，故B正确． 选项C：因为是的中点，所以， 所以， 所以，故C正确． 由B可得，若平面，则平面，又平面， 所以，又是的中点，所以，故D正确. 故选：BCD. 11．（23-24高一下·吉林长春·期末）已知等边的边长为2，，，交于  ，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据向量的线性运算即可求解A；根据以及三点共线，即可结合向量的线性运算求解B，根据，，即可根据比例关系求解面积之间的关系，即可判断CD. 【详解】对于A，因为，所以,所以，故A正确； 对于B，设,所以， 又三点在一条直线上，故，故，解得 即，故B错误； 对于C，设,由于，则，, 又,所以,故C正确， 对于D，因为,所以， ， 所以，故D错误． 故选：AC． 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．（23-24高三上·天津宁河·期末）已知，则 ． 【答案】 【分析】利用诱导公式及二倍角公式计算可得. 【详解】因为， 所以 . 故答案为： 13．（2024·湖北武汉·期末）已知函数，的部分图象如图所示．若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为奇函数，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，进而求出的解析式，再利用正弦函数的性质列式计算即得. 【详解】由函数的图象知，的周期，， 又，解得，而，则， 于是，， 由函数为奇函数，得，而，则， 所以当时，. 故答案为： 14．（2024·江西鹰潭·期末）如图，在正四棱台中，，．若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为 ． 【答案】 【分析】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作于点，底面，根据正四棱台的体积求出棱台的高，即可判断四棱台外接球的球心在的延长线上，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积. 【详解】如图，连接，交于点，连接，交于点，连接，则， 底面，平面，∴． 过作于点，则，∴底面． ∴该正四棱台的体积，∴． 连接，∵， ∴四棱台外接球的球心在的延长线上， 设，则，， ， 由，得，解得， 故，即外接球的半径， ∴外接球表面积为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出正四棱台的高，从而确定外接球的球心球心在的延长线上，利用勾股定理求出外接球的半径. 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（22-23高二下·陕西榆林·期末）已知. (1)求函数的最小正周期； (2)已知均为锐角，，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦二倍角公式和降幂公式直接化简函数，再结合三角函数的周期公式直接求解； （2）根据已知条件求出，再根据正弦的差角公式求值. 【详解】（1）， 所以， 即函数的最小正周期为 （2）因为，所以， 又因为，所以. 因为，所以， 所以 16．（22-23高一下·四川成都·期末）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且. (1)求A的大小； (2)若a＝7，且顶点A到边BC的距离等于，求b和c的长. 【答案】(1) (2)b＝3，c＝5或b＝5，c＝3 【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求解； （2）利用面积公式求出，联立方程组可求答案. 【详解】（1）由正弦定理，， 即. 因为，， 所以. （2）由（1）可知①. 又因为，所以②， 联立①②解得b＝3，c＝5或b＝5，c＝3. 17．（22-23高一下·吉林四平·期末）在直角梯形中，，，，，是线段上包括端点的一个动点．    (1)若时， ①求的值； ②若，求的值； (2)若，求的最小值． 【答案】(1)①；②． (2)． 【分析】（1）①建立平面直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用向量数量积的坐标表示计算即可；②设点的坐标，利用，即可求出点坐标，即可求的值． （2）设，表示出点，的坐标，即可表示出的坐标，进而可得坐标，根据向量模的坐标表示，结合二次函数的性质可以求解． 【详解】（1）如图，以为原点，分别以、所在直线为、轴建立平面直角坐标系，    则，，，所以，． ①； ②设，则，， 因为，解得， 所以． （2）因为，设，则， 所以，， 所以，，所以， 所以， 所以当时，最小，最小值为． 18．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. (1)求证：平面； (2)求与平面所成的角； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，此时点是线段的中点且 【分析】（1）首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明平面，再证明即可证出结论； （2）根据（1）中线面垂直的结论并结合线面角的概念找出所求角，再结合已知条件即可求解； （3）首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解. 【详解】（1）如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为 E是BC 的中点， 所以，又因为，且， 故四边形是菱形，从而， 所以沿着AE翻折成后，平面，因为平面， 则有，又平面， 所以平面， 由题意，易知,所以四边形是平行四边形，故， 所以平面. （2）因为平面，所以线段在平面内的射影为线段， 所以与平面所成的角为， 由已知条件，可知，， 所以是正三角形，所以平分，所以， 所以与平面所成的角为. （3）假设线段上存在点，使得平面， 过点作交于，连接，如图所示： 所以，所以四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以是的中点， 故在线段上存在点，使得平面，且. 19．（23-24高一下·江西·期末）已知向量，，定义运算，同时定义. (1)若，求实数的取值集合； (2)已知，求； (3)已知定义域为的函数满足为奇函数，为偶函数，且时，，是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在实数，理由见解析 【分析】（1）根据新定义结合三角函数的性质运算即可； （2）根据新定义及同角三角函数的基本关系求解； （3）根据新定义运算化简后，分别分析抽象函数的奇偶性得出周期，再由三角函数的最大值，分析最大值不能同时取得即可得解. 【详解】（1）， 所以，即，解得，， 所以实数的取值集合为. （2）， 所以 . （3）不存在实数，使得. 因为， 所以 ， 若，只需， 因为为奇函数，所以，即， 又因为为偶函数，所以，即， 所以，即，所以， 所以是周期为10的周期函数， 任取，则，由时，，及， 得时，，所以时，. 任取，则，， 故时，， 则当或5或10时，取最大值， 又，故时，取最大值； 对于函数， 当时，取最小值，当时，取最大值6， 故的最大值为6，此时，，， 即，虽然，但是与不能同时成立， 故不存在实数，使. 【点睛】关键点点睛：对于（3），根据新定义化简后可转化为是否有解，解决的关键之一在于对抽象函数性质的研究，通过所给条件得出函数周期为10是解题的关键，其次利用配方法得出的最大值为6，再推出对应的自变量也是解题的关键. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$