高一下期末考前押题卷02-2023-2024学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教B版2019）

2023-2024学年高一数学下学期期末押题卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．（23-24高一下·河南信阳·月考）复数z满足，则z的虚部为（   ） A． B． C．2 D． 2．（23-24高一下·江苏盐城·月考）（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·安徽安庆·期中）已知，，，且与垂直，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·重庆·期中）设三个内角，，的对边分别为，，，且，，则下列条件能使解出的有两个的是（    ） A． B． C． D． 5．（2024高一下·全国·专题练习）已知在正四面体中，M为AB的中点，则直线CM与AD所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·河北石家庄·月考）为了得到的图象，只要将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 7．（2024·安徽·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·湖南长沙·月考）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ） A．117m B．120m C．127m D．135m 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高一下·安徽安庆·期中）下列关于平面向量的运算中，错误的是（    ） A． B． C． D．若，则 10．（23-24高一下·重庆璧山·月考）已知函数，则（    ） A．的最小正周期是 B．的图象关于点中心对称 C．是偶函数 D．在上恰有4个零点 11．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，将沿AE折起，使D点到达P的位置（点P不在平面ABCE内），连接PB，PC（如图2），则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．平面PAE B． C．存在某个位置，使平面PAE D．PB与平面ABCE所成角的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高一下·辽宁本溪·期中）若，则 . 13．（23-24高一下·贵州贵阳·月考）在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为 ． 14．（23-24高一下·河南信阳·期中）如图所示，某旅游景区的，景点相距，测得观光塔的塔底在景点的北偏东45°，在景点的北偏西60°方向上，在景点处测得塔顶的仰角为45°，现有游客甲从景点沿直线去往景点，则沿途中观察塔顶的最大仰角的正切值为 .（塔顶大小和游客身高忽略不计） 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸． 15．（13分）（23-24高一下·河南驻马店·月考）已知. (1)求的值； (2)求的值. 16．（15分）（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．（15分）（23-24高一下·河北张家口·月考）如图，在直三棱柱中，分别为，的中点，，. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 18．（17分）（23-24高一下·江西·期中）已知函数的部分图象如图所示． (1)求的解析式． (2)当时，关于的方程有两个不同的实根，且． ①求的取值范围； ②求函数的最大值和最小值． 19．（17分）（23-24高一下·河南许昌·月考）个有次序的实数所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第个分量.特别地，对一个n维向量，若，，称为n维信号向量.设，则和的内积定义为，且. (1)写出所有3维信号向量； (2)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (3)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量； (4)已知个两两垂直的2024维信号向量满足它们的前个分量都是相同的，求证：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年高一数学下学期期末押题卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．（23-24高一下·河南信阳·月考）复数z满足，则z的虚部为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【解析】由复数， 所以复数的虚部为.故选：B. 2．（23-24高一下·江苏盐城·月考）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 .故选：D 3．（23-24高一下·安徽安庆·期中）已知，，，且与垂直，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以， 又因为与垂直，则， 得，即，解得.故选：A. 4．（23-24高一下·重庆·期中）设三个内角，，的对边分别为，，，且，，则下列条件能使解出的有两个的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由正弦定理可得， 若，则，所以三角形的解只有一个，故A错误； 若，可得，又，即，则三角形的解只有一个，故B错误； 若，可得，即有为锐角，则三角形的解只有一个，故C错误； 若，可得，即，又， 所以可以为锐角或钝角，则三角形的解有两个，故D正确．故选：D． 5．（2024高一下·全国·专题练习）已知在正四面体中，M为AB的中点，则直线CM与AD所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设正四面体的棱长为2，取BD的中点N，连接MN，CN，如图， 由M是AB的中点，得，则是CM与AD所成的角或其补角， 显然，取MN的中点E，连接CE，则， 在中，，因此， 所以直线CM与AD所成角的余弦值为.故选：C 6．（23-24高一下·河北石家庄·月考）为了得到的图象，只要将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 【答案】B 【解析】， 则为了得到函数的图象， 只需把函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度.故选：B. 7．（2024·安徽·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由及正弦定理得，即， 由及余弦定理可得， ∴，∴，∴. 又，∴.故选：D. 8．（23-24高一下·湖南长沙·月考）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ） A．117m B．120m C．127m D．135m 【答案】A 【解析】如图，分别取的中点，连接 过点作交于点，作交于点，连接. 因该五面体的两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形，则易得 ，即四点共面，因，，故， 依题意，是平面内两条相交直线，故平面， 因平面，则 因，且,平面，则平面. 因平面，平面，则， 即即平面与平面ABCD的夹角，同理即平面与平面ABCD的夹角. 依题意，，易证 由平面，平面EFMN，则，故 则,，， 由等腰梯形的性质，. 于是，该五面体的所有棱长之和为.故选：A. 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高一下·安徽安庆·期中）下列关于平面向量的运算中，错误的是（    ） A． B． C． D．若，则 【答案】BCD 【解析】因为，故A正确； 因为，，它们不一定相等，故，故B错误； 因为表示与共线的向量，表示与共线的向量， 而与不一定共线，且与不一定相等，故C错误； 若，且，则与是任意向量，故D错误.故选：BCD. 10．（23-24高一下·重庆璧山·月考）已知函数，则（    ） A．的最小正周期是 B．的图象关于点中心对称 C．是偶函数 D．在上恰有4个零点 【答案】AD 【解析】， 对于A，的最小正周期是，所以A正确， 对于B，因为， 所以的图象不关于点中心对称，所以B错误， 对于C，， 令， 则， 所以不是偶函数，所以C错误， 对于D，由，得， 所以，或， 得或， 因为，所以，，，， 所以在上恰有4个零点，所以D正确，故选：AD 11．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，将沿AE折起，使D点到达P的位置（点P不在平面ABCE内），连接PB，PC（如图2），则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）    A．平面PAE B． C．存在某个位置，使平面PAE D．PB与平面ABCE所成角的取值范围为 【答案】ABD 【解析】选项A：因为，为中点，所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面，故选项A正确； 选项B：连接，取的中点，连接，， 因为，为的中点，所以， 又易证为平行四边形，所以，又为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以，故选项B正确；    选项C：若平面，则， 在直角中，必有，与矛盾，故选项C错误； 选项D：在选项B的图形的基础上，过点作，交或延长线于点， 由选项B的解析知，平面， 又因为平面，所以， 又因为，都在平面内，且相交于点，所以平面. 所以为直线与平面所成的角，显然，故D错误； 故选：AB. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高一下·辽宁本溪·期中）若，则 . 【答案】3 【解析】由，得， 显然，否则，矛盾， 所以. 13．（23-24高一下·贵州贵阳·月考）在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为 ． 【答案】 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系： 由题意，设， 从而， 所以的取值范围是. 14．（23-24高一下·河南信阳·期中）如图所示，某旅游景区的，景点相距，测得观光塔的塔底在景点的北偏东45°，在景点的北偏西60°方向上，在景点处测得塔顶的仰角为45°，现有游客甲从景点沿直线去往景点，则沿途中观察塔顶的最大仰角的正切值为 .（塔顶大小和游客身高忽略不计） 【答案】 【解析】由塔底在景点的北偏东45°，在景点的北偏西60°方向上， 可知，，在中，， 由， 结合正弦定理得， 在可得：， 过点作交于，由于平面，平面， 可得：，即， 当取最小值时：， 由正切函数在锐角范围是单调递增，即要求仰角的最大值，即求其正切值的最大值， 所以有最大值. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸． 15．（13分）（23-24高一下·河南驻马店·月考）已知. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1)2；(2) 【解析】（1）因为， 所以 . （2）. 16．（15分）（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) 【解析】（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．（15分）（23-24高一下·河北张家口·月考）如图，在直三棱柱中，分别为，的中点，，.    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）连接，交于，连接， 因为在直三棱柱中，四边形是矩形，所以是的中点， 又为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）连接，记的中点为，连接， 因为，所以，则， 又，则，是正三角形， 所以，， 因为在直三棱柱中，平面， 又平面，所以， 又平面， 所以平面，即平面， 因为在直三棱柱中，四边形是矩形，即， 又为的中点，，，则， 所以， 所以三棱锥的体积为. 18．（17分）（23-24高一下·江西·期中）已知函数的部分图象如图所示．    (1)求的解析式． (2)当时，关于的方程有两个不同的实根，且． ①求的取值范围； ②求函数的最大值和最小值． 【答案】(1)；(2)①；②最大值7，最小值 【解析】（1）由图可知的最小正周期，则，解得. 因为的图象经过点，所以，解得. 因为，所以. 因为的图象经过点，所以，所以. 故. （2）①因为，所以. 当，即时，单调递增； 当，即时，单调递减. 因为，，，所以. ②因为关于的方程有两个不等的实根，且， 所以，所以. 当时，取得最小值； 当时，取得最大值7. 19．（17分）（23-24高一下·河南许昌·月考）个有次序的实数所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第个分量.特别地，对一个n维向量，若，，称为n维信号向量.设，则和的内积定义为，且. (1)写出所有3维信号向量； (2)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (3)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量； (4)已知个两两垂直的2024维信号向量满足它们的前个分量都是相同的，求证：. 【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析（答案不唯一，符合题意即可）；(3)证明见解析；(4)证明见解析 【解析】（1）由题意可知：所有3维信号向量为 . （2）设4维信号向量为，，， 可知， 若，等价于， 可知中有2个1，2个， 代入可知：符合上式， 两两垂直的4维信号向量可以为：，，，. （3）假设存在14个两两垂直的14维信号向量， 因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置， 任意两个向量的内积不变， 所以不妨设， 因为，所以有7个分量为， 设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个， 所以，可得，矛盾， 所以不存在14个两两垂直的14维信号向量. （4）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到， 则，设的第个分量之和为， 则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为， 所以， 令所以，所以. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$