高一数学期末测试卷（必修三+必修四）02（新题型）【好题汇编】-备战2023-2024学年高二数学下学期期末真题分类汇编（人教B版2019）

人教B高一期末测试卷（必修三+必修四）（2）（新题型） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 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．（21-22高一下·全国·期末）已知某扇形的圆心角为，其所对的弦长为，则该扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一下·河北承德·期中）已知复数，则的虚部为（   ） A． B． C． D．2 3．（23-24高一上·甘肃武威·期末）已知角满足，，且，则角属于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．（23-24高一上·湖南益阳·期末）已知，则（    ） A．3 B．6 C．8 D．9 5．（21-22高一下·全国·期末）已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·福建福州·期中）已知向量，则以下说法正确的是（   ） A． B．方向上的单位向量为 C．向量在向量上的投影向量为 D．若，则 7．（22-23高一下·山东·期中）在中，角的对边分别为，已知的平分线交于点，且，则的最小值是（    ） A．4 B．8 C． D． 8．（22-23高一上·湖南长沙·期末）在如图所示的棱长为1的正方体中.点P在该正方体的表面上运动.且.记点P的轨迹长为.则的值为（　　） A． B． C． D． 二、选择题：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．（23-24高一上·广西贺州·期末）已知函数的部分图象如图所示，则 （       ） A． B．将的图象向右平移个单位，得到的图象 C．，都有 D．函数的减区间为 10．（22-23高一下·辽宁沈阳·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则该三角形周长的最大值为6 C．若角A的平分线AD交BC于D，且AD＝2，则 D．若的面积为2，a，b，c边上的高分别为，且，则的最大值为 11．（22-23高一下·广东广州·期末）在如图所示的三棱锥中，，并且OA，OB，OC两两互相垂直，则下列结论正确的是（    ） A．直线AB与平面OBC所成的角为 B．二面角的正切值为 C．P为线段AC的中点，直线OP与BC所成的角为 D．作平面ABC，垂足为M，则M为的重心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（21-22高一下·全国·期末）若复数为纯虚数，则实数 . 13．（23-24高一上·湖南益阳·期末）若是锐角，，则 ． 14．（23-24高一下·上海奉贤·期中）由于四边形不具有稳定性，所以求四边形面积公式需要有限制条件.我们将四个点在圆上的四边形称为圆内接四边形，圆内接四边形具有对角互补的性质.印度数学家婆罗摩笈多发现了圆内接四边形的面积公式为，其中、、、分别为圆内接四边形的4条边，，与海伦公式有类似之处.已知在圆内接四边形中，，，，，则四边形的面积为 . 四、解答题：本题共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．（20-21高一下·辽宁铁岭·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. (1)求角A； (2)若，求的面积． 16．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知复数，，（，是虚数单位）． (1)若在复平面内对应的点落在第一象限，求实数的取值范围； (2)若是实系数一元二次方程的根，求实数的值； (3)若，且 是实数，求实数的值． 17．（22-23高一下·宁夏银川·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是边长为2的正三角形，，平面平面为棱的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 18．（23-24高一上·广东湛江·期末）设，函数． (1)讨论函数的零点个数； (2)若函数恰有两个零点，求证：． 19．（23-24高一下·广东·期末）已知函数满足，且，当时，．函数． (1)求实数的值； (2)当时，求的解析式； (3)设，是否存在实数，使不等式在时恒成立？若存在，求实数的取值范围；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！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 人教B高一期末测试卷（必修三+必修四）（2）（新题型） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 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．（21-22高一下·全国·期末）已知某扇形的圆心角为，其所对的弦长为，则该扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设该扇形的半径为，依题意可得，再由扇形面积公式计算可得. 【详解】设该扇形的半径为，因为扇形的圆心角为，其所对的弦长为，则， 则该扇形的面积为. 故选：B. 2．（22-23高一下·河北承德·期中）已知复数，则的虚部为（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】先化简复数，再利用虚部的定义可得答案. 【详解】因为， 所以的虚部为. 故选：A. 3．（23-24高一上·甘肃武威·期末）已知角满足，，且，则角属于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【分析】根据题意，由三角函数在各个象限符号的正负，即可判断. 【详解】由，，得出为第四象限角， 所以， 则为第二象限角或第四象限角，又因为， 所以，则为第二象限角. 故选：B. 4．（23-24高一上·湖南益阳·期末）已知，则（    ） A．3 B．6 C．8 D．9 【答案】A 【分析】利用二倍角公式及正余弦齐次法计算得解. 【详解】由，得. 故选：A 5．（21-22高一下·全国·期末）已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，由条件可得球的半径，再由球的表面积公式，即可得到结果. 【详解】设球的半径为，则，解得， 所以球的表面积为， 故选：A. 6．（23-24高一下·福建福州·期中）已知向量，则以下说法正确的是（   ） A． B．方向上的单位向量为 C．向量在向量上的投影向量为 D．若，则 【答案】D 【分析】对于A：求出坐标即可得模；对于B：通过求单位向量；对于C：通过投影向量的公式计算；对于D：通过计算是否成立来判断. 【详解】对于A：，所以，A错误； 对于B：方向上的单位向量为，B错误； 对于C：， 则向量在向量上的投影向量为，C错误； 对于D：，所以，D正确. 故选：D. 7．（22-23高一下·山东·期中）在中，角的对边分别为，已知的平分线交于点，且，则的最小值是（    ） A．4 B．8 C． D． 【答案】D 【分析】根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式1的代换进行求解即可． 【详解】由正弦定理得 因为，所以，故， 如图所示， 则的面积为， 即， ． ． 当且仅当时取等号． 所以，的最小值为． 故选：D． 8．（22-23高一上·湖南长沙·期末）在如图所示的棱长为1的正方体中.点P在该正方体的表面上运动.且.记点P的轨迹长为.则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 如图，当时，点P在正方体表面上的轨迹是以圆A上的三段弧，计算即可；当时，点P在正方体表面上的轨迹分别为在平面A1B1C1D1上为圆A1的，在平面B1BCC1上为圆B的，在平面DCC1D1上为圆D的，计算最后相加即可． 【详解】 如图，当时，点P在正方体表面上的轨迹是以A为圆心，1为半径的三个面上的三段弧. 分别为，则； 当时，点P在正方体表面上的轨迹分别为在平面上以为圆心，1为半径， 在平面上以B为圆心，1为半径的， 在平面上以D为圆心，1为半径的， 则.所以． 故选：C． 二、选择题：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．（23-24高一上·广西贺州·期末）已知函数的部分图象如图所示，则 （       ） A． B．将的图象向右平移个单位，得到的图象 C．，都有 D．函数的减区间为 【答案】AC 【分析】根据图象求出函数的解析式，利用三角函数的性质及函数的平移变换即可求解. 【详解】由图知，,,即,所以. 将代入中，得，解得, 又因为，所以当时， 所以的解析式为：. 对A，，故A正确； 对B，将的图象向右平移个单位，得的图象，故B错误； 对C，由三角函数的性质知，，所以，都有，故C正确； 对D，由,得， 所以函数的减区间为，故D错误. 故选：AC. 10．（22-23高一下·辽宁沈阳·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则该三角形周长的最大值为6 C．若角A的平分线AD交BC于D，且AD＝2，则 D．若的面积为2，a，b，c边上的高分别为，且，则的最大值为 【答案】BCD 【分析】由商数关系、正弦定理、三角恒等变换化简可得，可得的大小，即可判断A；由正弦定理可得，则由三角恒等变换可化简得，由正弦函数的性质可得周长的最值，即可判断B；由三角形面积可得，结合基本不等式求最值可判断C；根据面积公式及余弦定理结合基本不等式可得的范围，从而可得的取值范围，即可判断D. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得， 又因为，所以， 化简可得，又，可得，又，故，即选项A错误； 对于B，若，又，由正弦定理得， 所以， 则 因为，所以，所以 则的最大值为，故B正确； 对于C，    因为若是的角平分线，且，故， 而，所以， 得，所以， 则 当且仅当，即时，等号成立 所以，故C正确； 对于D，由题意可得，所以，则， 又因为，所以 由余弦定理得，当且仅当时等号成立 所以，所以，故D正确. 故选：BCD. 11．（22-23高一下·广东广州·期末）在如图所示的三棱锥中，，并且OA，OB，OC两两互相垂直，则下列结论正确的是（    ） A．直线AB与平面OBC所成的角为 B．二面角的正切值为 C．P为线段AC的中点，直线OP与BC所成的角为 D．作平面ABC，垂足为M，则M为的重心 【答案】BD 【分析】对于A，根据线面角的定义，结合线面垂直的判定定理以及等腰直角三角形的性质，可得答案； 对于B，根据二面角的平面角定义，解得勾股定理以及等边三角形的性质，利用锐角三角函数的定义，可得答案； 对于C，根据异面直线夹角的定义，结合中位线定理以及等边三角形的性质，可得答案； 对于D，根据线面垂直的判定定理以及性质定理，结合三角形重心的定义，可得答案. 【详解】对于A，因为，，且，平面，所以平面， 所以，为直线与平面的夹角，由，且，则，故A错误； 对于B，由题意，取的中点，记为，连接，如下图所示： 设，在中，， 同理可得：，则， 在中，由为的中点，则，同理可得：， 所以为二面角的平面角， 在中，，易知， 因为平面，且平面，所以， 在中，，故B正确； 对于C，由题意，取的中点，记为，连接，如下图： 由选项B可知：，， 因为分别为的中点，所以，， 所以为直线与直线夹角或其补角， 在中，，同理可得：， 在中，，则，故C错误； 对于D，连接，如下图： 因为平面，且平面，所以，同理可得， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得：，， 所以为的垂心，又因为正三角形重心与垂心重合，所以M为重心，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（21-22高一下·全国·期末）若复数为纯虚数，则实数 . 【答案】 【分析】根据复数为纯虚数的概念列方程组求解即可. 【详解】由题意得，，解得. 故答案为： 13．（23-24高一上·湖南益阳·期末）若是锐角，，则 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用平方关系及差角的余弦公式计算即得. 【详解】由是锐角，得，又，则， 所以. 故答案为： 14．（23-24高一下·上海奉贤·期中）由于四边形不具有稳定性，所以求四边形面积公式需要有限制条件.我们将四个点在圆上的四边形称为圆内接四边形，圆内接四边形具有对角互补的性质.印度数学家婆罗摩笈多发现了圆内接四边形的面积公式为，其中、、、分别为圆内接四边形的4条边，，与海伦公式有类似之处.已知在圆内接四边形中，，，，，则四边形的面积为 . 【答案】 【分析】连接，利用余弦定理分别得到，的长，再利用圆内接四边形的面积公式即可得到答案. 【详解】连接 因为在圆内接四边形中，，，，，所以， 在中，由余弦定理可得：， 所以在中，由余弦定理可得：， 化简可得，解得或(舍去)， 所以，则圆内接四边形的面积公式为 故答案为： 四、解答题：本题共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．（20-21高一下·辽宁铁岭·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. (1)求角A； (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边角关系，结合三角形内角性质得，进而得解； （2）由余弦定理求得，再利用三角形面积公式即可得解． 【详解】（1）因为， 由正弦定理，又， ，即，由，得. （2）由余弦定理知， 即，则，解得（负值舍去）， . 16．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知复数，，（，是虚数单位）． (1)若在复平面内对应的点落在第一象限，求实数的取值范围； (2)若是实系数一元二次方程的根，求实数的值； (3)若，且 是实数，求实数的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据复数的减法运算和几何意义建立关于a的不等式组，解之即可求解； （2）将代入方程，根据相等复数的条件建立关于a的方程组，解之即可求解； （3）由共轭复数的概念与运算求出a，结合复数的有关概念即可求解. 【详解】（1）∵， 则在复平面对应的点坐标为，在复平面对应的点落在第一象限， ∴，解得． （2）∵是方程的根， 则，即， 所以，解得． （3）因为，则．于是， 代入，得， 即是实数， ，解得． 17．（22-23高一下·宁夏银川·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是边长为2的正三角形，，平面平面为棱的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质可得平面，则，然后由面面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则可得，再由面面垂直的性质可得平面，所以为直线与平面所成的角，在中可求得结果. 【详解】（1）证明：在中，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为平面平面， 所以平面． （2）解：取的中点，连接． 在中，，所以． 因为平面平面，平面平面平面，所以平面． 所以为直线与平面所成的角． 在中，，则， 在中， ，，则 所以, 所以直线与平面所成角的余弦值为.    18．（23-24高一上·广东湛江·期末）设，函数． (1)讨论函数的零点个数； (2)若函数恰有两个零点，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）化简函数由，令，得到，结合，得到，分类讨论，结合余弦函数的性质，即可求解； （2）设两个零点，转化为，分和，两种情况讨论，结合正弦函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：由， 令，因为，可得，且， 令，即，又因为， 当或，即时，此时无解； 当，即时，仅有一解，此时仅有一解； 当，即时，有两解， 因为各有一解，此时恰有两个零点， 综上可得，当时，无零点；当时，恰有一个零点；当时，恰有两个零点. （2）解：若恰有两个零点时， 令，所以为的两解， 所以，所以，所以， 由，可得，所以，则， 所以； 由，可得，所以， 因为在上单调递减，可得，所以． 19．（23-24高一下·广东·期末）已知函数满足，且，当时，．函数． (1)求实数的值； (2)当时，求的解析式； (3)设，是否存在实数，使不等式在时恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）赋值法得到，由求得 （2）当时，，故，根据求出解析式； （3）求出的定义域为，根据复合函数的单调性得到在   上单调递减，构造，结合零点存在性定理得到使得，故需要满足，先由定义域得到，分和、两种情况，两种情况下求出最小值，分析得到均不合题意，则这样的实数不存在. 【详解】（1）当时，，故， 因为时，，所以， 因为，所以，解得． （2）当时，， 则， 又，故， 所以当时，． （3）由，即：， 所以的定义域为， 若存在满足题意的， 首先有在时恒成立， 即在时恒成立， 首先有， 其次令， 关于的二次函数的对称轴为， 当，即时，还要保证，解得， 当时，只需，解得， 所有在时恒成立当且仅当． 因为， 又因为，所以， 当时，在上单调递增， 此时的值域是的子集． 当时，在上先增后减， 在或处取得最小值，且，，，其中为对勾函数， 在上单调递减，在上单调递增， 又，，，故的值域是的子集， 综上，的值域是的子集． 故只需考虑在的情况即可， 因为在上单调递减， 根据复合函数的单调性得到在上单调递减， 又时，图象的对称轴为，开口向上， 故在上单调递增， 当时，令， 则在上单调递增， 其中，， 由零点存在性定理可知：使得， 又，故需要满足，所以只需满足， 当时，，不符合要求； 当时，则，解得， 由于，故无解， 综上，不存在． 【点睛】思路点睛：数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上求切线的横坐标，端点值或极值点等. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$