2023-2024学年高一数学下学期期末测试卷-《期末复习题型》2023-2024学年高一数学下册期末重点复习攻略（人教B版）

2023-2024学年高一下学期数学期末测试 一、单选题 1．空间中，“直线平行于平面上的一条直线”是“直线平面”的（    ）条件. A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．非充分非必要 2．为虚数单位，复数，复数的共轭复数为，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（    ） A． B． C． D． 5．已知向量，满足，，则（    ） A． B． C． D． 6．八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中.给出下列结论，其中正确的结论为（    ） A．与的夹角为 B． C． D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量） 7．已知函数，且，若在上有个不同的根，则的值是（    ） A．0 B． C． D．不存在 8．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题正确的是（    ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 B．棱锥是由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体 C．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台 D．球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面 10．已知，是两个不同的非零复数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或 D．若，则 11．（多选）已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．， B．函数图象的对称轴为直线 C．将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）即得到的图象 D．若在区间上的值域为，则实数a的取值范围为 三、填空题 12．将曲线上的每个点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的曲线的对称轴方程为 . 13．已知（是虚数单位)，计算 （其中是的共轭复数）． 14．已知满足，当，，若函数在上恰有八个不同的零点，则实数的取值范围为 . 四、解答题 15．如图，已知正方体的体积为8. (1)求正方体的表面积; (2)设上底面的中心为，求三棱锥的体积; (3)求三棱锥内切球(与所有面均相切的球)的半径. 16．已知复数，为虚数单位． (1)求； (2)若复数是关于的方程的一个根，求实数m，n的值. 17．已知函数. （1）若f(θ) =1，求锐角θ的值; （2）将函数y= f(x)的图象上各点的横坐标变为原来的2倍( 纵坐标不变)，再将得到的图象向右平移个单位，得到函数y= g(x)的图象，求数g(x)在上的最小值. 18．如图，扇形ABC是一块半径为2千米，圆心角为的风景区，P点在弧BC上，现欲在风景区中规划三条商业街道，要求街道PQ与AB垂直，街道PR与AC垂直，线段RQ表示第三条街道． （1）如果P位于弧BC的中点，求三条街道的总长度； （2）由于环境的原因，三条街道PQ、PR、RQ每年能产生的经济效益分别为每千米300万元、200万元及400万元，问：这三条街道每年能产生的经济总效益最高为多少？ 19．如图，在正三棱柱中，分别是的中点. (1)若点为矩形内动点，使得面，求线段的最小值; (2)求证:面. 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 $$ 2023-2024学年高一下学期数学期末测试 一、单选题 1．空间中，“直线平行于平面上的一条直线”是“直线平面”的（    ）条件. A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．非充分非必要 【答案】B 【分析】由线面平行的判断定理和性质定理判断即可得出结论. 【详解】由线面平行的判定定理可知,当直线在平面内，平行于平面上的一条直线，则不能得出结论“直线平面”，故“直线平行于平面上的一条直线”是“直线平面”不充分条件； 由直线和平面平行性质定理可知,“直线平面”则经过直线的平面和平面相交,那么直线和交线平行，所以能得出“直线平行于平面上的一条直线”，故“直线平行于平面上的一条直线”是“直线平面”必要条件. 故选：B 【点睛】本题考查直线和平面平行的判断定理和性质定理，考查理解辨析能力，属于基础题. 2．为虚数单位，复数，复数的共轭复数为，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的概念可得结果. 【详解】因为，故， 因此，的虚部为. 故选：A. 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据同角三角函数的基本关系和两角和的余弦公式化简可得 ，结合和二倍角的正弦公式即可得出结果. 【详解】 ， ∴， ∴， ∴. 故选：A. 4．一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，分别由，，求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则，解得， 又，解得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是， 故选：B 5．已知向量，满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由数量积运算律及向量夹角公式可得，后可得. 【详解】由题可知，，所以， ，则为锐角，得，则. 故选：D 6．八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中.给出下列结论，其中正确的结论为（    ） A．与的夹角为 B． C． D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量） 【答案】D 【分析】根据向量夹角定义可得A错误；利用向量加、减法运算法则及模长关系可得B错误，C错误；再利用投影向量定义计算可得D正确. 【详解】由八卦图可知与的夹角为，其大小为， 即与的夹角为，所以A错误； 由向量的平行四边形法则可知，即B错误； 易知，又，所以， 而，所以，即C错误； 易知在上的投影向量为，即D正确. 故选：D 7．已知函数，且，若在上有个不同的根，则的值是（    ） A．0 B． C． D．不存在 【答案】B 【分析】由题意可得，利用方程的根与函数图像交点的关系，得，从而可得的值． 【详解】由，得， 又，所以， 即， 若，则， 当， 所以在上有4个不同的根， 且， ， 即， 所以． 故选：B 8．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据几何体的结构特征得出过A，B，C三点的截面图形，由面积求出原正方体的棱长，进而求出外接球半径即可得解. 【详解】将二十四等边体补全为正方体，则该二十四等边体的过A，B，C三点的截面为正六边形， 设原正方体棱长为，则正六边形边长为，其面积为，解得， 因此原正方体的棱长为，由对称性知，二十四等边体的外接球球心是原正方体的体对角线的交点， 球半径为该点到点的距离，所以外接球的表面积为. 故选：D 二、多选题 9．下列命题正确的是（    ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 B．棱锥是由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体 C．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台 D．球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面 【答案】BD 【分析】根据空间几何体的定义逐个分析判断即可 【详解】根据空间几何体的定义， 对于A，如图所示：有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体，但不是棱柱，错误； 对于B，由棱锥的定义知由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥，正确； 对于C，用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不一定为棱台，因为不能保证截面与底面平行，错误； 对于D，球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面，正确； 故选：BD. 10．已知，是两个不同的非零复数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或 D．若，则 【答案】ABD 【分析】设，，由得的值可判断A；由得可判断B；举例可判断C；由求出可判断D. 【详解】设，（，且不同时为0，不同时为0）， 对于A，则，，， 由得， 则 ， 故A正确； 对于B，由，得，，，故B正确； 对于C，当，时，满足，此时，且，则C错误； 对于D，由，得，则，即，故D正确. 故选：ABD. 11．（多选）已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．， B．函数图象的对称轴为直线 C．将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）即得到的图象 D．若在区间上的值域为，则实数a的取值范围为 【答案】AD 【解析】利用函数图象求出函数的解析式，可判断A选项的正误；解方程可判断B选项的正误；利用三角函数图象的伸缩规律可判断C选项的正误；由求出的取值范围，结合题意求出的取值范围，可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，由图可知 设函数的最小正周期为，则， ，则 由得，解得 又，，，A正确； 对于B选项，由，得，B错误； 对于C选项，将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数，C错误； 对于D选项，由得 由的图象可知，要使函数在区间上的值域为 则，解得，D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：根据三角函数的部分图象求函数解析式的步骤如下： （1）求、，； （2）求出函数的最小正周期，进而得出； （3）取特殊点代入函数可求得的值. 三、填空题 12．将曲线上的每个点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的曲线的对称轴方程为 . 【答案】 . 【分析】由题意得，平移后的曲线为，解 ，即可得到对称轴方程. 【详解】将曲线上的每个点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的曲线为， 由 可得， . 所以，曲线的对称轴方程为 . 故答案为： . 13．已知（是虚数单位)，计算 （其中是的共轭复数）． 【答案】2+3i 【分析】由复数的运算法则，即可计算出结果. 【详解】因为，所以, 所以. 【点睛】本题主要考查复数的运算，属于基础题型. 14．已知满足，当，，若函数在上恰有八个不同的零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据函数的周期性，作出函数在上的图象，将函数的零点个数问题转化为函数的图象的交点个数问题，数形结合，可得答案. 【详解】由题意知满足，故是以8为周期的函数， 结合，作出函数在上的图象，如图示： 因为， 故时，即或， 则在上恰有八个不同的零点，即等价于的图象和直线有八个不同的交点， 由图象可知，和的图象有6个不同的交点， 则和的图象需有2个不同的交点，即， 故， 则实数的取值范围为， 故答案为： 【点睛】方法点睛：根据函数的周期以及解析式，可作出函数的图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，列出不等式，即可求解. 四、解答题 15．如图，已知正方体的体积为8. (1)求正方体的表面积; (2)设上底面的中心为，求三棱锥的体积; (3)求三棱锥内切球(与所有面均相切的球)的半径. 【答案】(1)24 (2) (3) 【分析】（1）根据体积求出棱长，然后可得表面积； （2）利用等体积转化为求即可； （3）先根据等体积求三棱锥的体积，然后根据求解可得. 【详解】（1）设， 由题意可知，，则 则正方体的表面积. （2）根据等体积公式可知， ， 所以三棱锥的体积为. （3）根据等体积公式可知，. 因为， 所以三棱锥的表面积为， 设三棱锥内切球半径为，由 得， 所以三棱锥内切球半径为. 16．已知复数，为虚数单位． (1)求； (2)若复数是关于的方程的一个根，求实数m，n的值. 【答案】(1) (2), 【分析】（1）利用复数的运算法则以及复数模的定义求解； （2）利用复数相等的条件求解即可. 【详解】（1）由已知得，则； （2）将代入方程得， 即， 则，解得,. 17．已知函数. （1）若f(θ) =1，求锐角θ的值; （2）将函数y= f(x)的图象上各点的横坐标变为原来的2倍( 纵坐标不变)，再将得到的图象向右平移个单位，得到函数y= g(x)的图象，求数g(x)在上的最小值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）首先利用三角恒等变换将函数化简，再结合，代入计算可得； （2）根据三角函数的变换规则得到，再根据的取值范围，得到的取值范围，结合正弦函数的性质计算可得； 【详解】解： 即 （1） 所以 所以或， 解得或， 因为为锐角，所以 （2）将各点的横坐标变为原来的2倍( 纵坐标不变)得到，再将的图象向右平移个单位得到，即 因为，所以 所以当，即时函数取得最小值 【点睛】本题考查三角恒等变换与三角函数的性质的综合应用，考查三角函数的变换，属于中档题. 18．如图，扇形ABC是一块半径为2千米，圆心角为的风景区，P点在弧BC上，现欲在风景区中规划三条商业街道，要求街道PQ与AB垂直，街道PR与AC垂直，线段RQ表示第三条街道． （1）如果P位于弧BC的中点，求三条街道的总长度； （2）由于环境的原因，三条街道PQ、PR、RQ每年能产生的经济效益分别为每千米300万元、200万元及400万元，问：这三条街道每年能产生的经济总效益最高为多少？ 【答案】（1）（千米）；（2）（万元）. 【解析】（1）根据P位于弧的中点，则P位于的角平分线上，然后分别在正中求解. （2）设，，然后分别在表示 ，，在中由余弦定理表，再由求解. 【详解】（1）由P位于弧的中点，在P位于的角平分线上， 则， ， 由，且， ∴为等边三角形，则， 三条街道的总长（千米） ； （2）设，， 则， ， ， ， 由余弦定理可知： ， ， 则|， 设三条街道每年能产生的经济总效益W， ， ， ， ， ，， 当时，W取最大值，最大值为（万元）． 【点睛】方法点睛：解三角形应用题的两种情形： （1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解； （2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解． 19．如图，在正三棱柱中，分别是的中点. (1)若点为矩形内动点，使得面，求线段的最小值; (2)求证:面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由线面平行的判定有面，面，又结合面面平行的判定可证面面，由题意可知时，最小，在中，即可求； （2）根据线面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）连接， 在正方形中，分别为，的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为面面CPN， 所以面， 在中，因为分别为，的中点， 所以， 因为面，面， 所以面. 因为，面，面， 所以面面. 所以当， 面，此时面， 所以当时，最小， 在中， 所以的最小值为； （2）在正方形中，，设，则为中点， 连接、， 因为分别为，的中点， 所以且， 又因为为中点，且， 所以且， 又因为面， 所以四边形为矩形， 所以， 又，，面，面， 所以面， 所以面， 又面， 所以，又，面，面， 所以面. 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 $$