精品解析：四川省绵阳市三台中学校2023-2024学年高一下学期期末适应性考试数学试题

三台中学2023级高一下期期末适应性考试 数学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷共8页；答题卡共8页.满分150分考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的学校､班级､姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸､试题卷上答题无效.考试结束后将答题卡收回. 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. 已知为虚数单位，则复数的虚部是 A. B. C. D. 2. 已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，，，则 C. 若，且，则 D. 若，，，则 3. 若函数图象（部分）如图所示，则和的取值是（ ） A. B. C. D. 4. 若，且，则的值为（    ） A. B. C. D. 5. 如图，大运塔是扬州首座以钢结构为主体建设的直塔，为扬州中国大运河博物馆的主体建筑之一.小强同学学以致用，欲测量大运塔的高度.他选取与塔底在同一水平面内的两个观测点，测得，，在两观测点处测得大运塔顶部的仰角分别为，则大运塔的高为（ ）. A. B. C. D. 6. 在正四棱台中，已知，，则侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且，则下列结论中不正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. 当时，在上恰有2个零点 D. 若在上单调递减，则 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则向量与夹角为 C. 存在，使得 D. 是与共线的唯一的单位向量 10. 记的内角的对边分别为，则（ ） A. 当时，为直角三角形 B. 当时，最大角与最小角之和为 C. 当.时， D. 当时，为锐角三角形 11. 在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角大小为 B. 四面体的每个面都是直角三角形 C. 二面角的大小为 D. 正方体内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知圆柱形容器底面直径与母线均为2，该容器可内置的最大球的体积为__________. 13. 已知，则__________. 14. 在等腰梯形ABCD中，，，点P为BC中点，点Q是边AB上一个动点，则取值范围为______． 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. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 16. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，点P是弧CE的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求证：∥平面； （2）求证： 17. 通常情况下，同一地区一天的温度（单位：）随时间（单位：）变化的曲线接近于函数的图象.已知2024年7月上旬某地区连续几天最高温度都出现在，为；最低温度都出现在，为. （1）求出该地区一天的温度与时间的函数解析式； （2）7月4日该地区高中学校将举行期末考试，考试时间为每天上午7：40-12：00，下午14：30-17：00，晚上19：00-20：15.学校规定：如果温度大于或等于，教室就要开空调.请问每天考试期间教室内的空调要开多少时间？ 18. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小； （3）求点到平面的距离. 19. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点. （1）用向量的方法证明：； （2）求的余弦值； （3）连接，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三台中学2023级高一下期期末适应性考试 数学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷共8页；答题卡共8页.满分150分考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的学校､班级､姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸､试题卷上答题无效.考试结束后将答题卡收回. 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. 已知为虚数单位，则复数虚部是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法运算化简，然后由虚部概念可得. 【详解】复数 ，所以虚部为 . 故选：C. 2. 已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，，，则 C. 若，且，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间线面、面面平行与垂直的判定定理和性质定理即可判断出正误． 【详解】若，且，则与可能平行，可能相交，可能异面，A选项错误； 若，，，则与可能平行，可能相交，可能异面，B选项错误； 两条平行直线，其中一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直，C选项正确； 若，，，则与可能平行可能相交，D选项错误. 故选：C 3. 若函数的图象（部分）如图所示，则和的取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象得出周期，进而得出，点在函数图象上结合五点作图法确定. 【详解】由函数图象可得：，解得，由于点在函数图象上 且为五点作图法的第一个点，可得 解得 当时，可得 故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据图象求正弦型函数的解析式，属于中档题. 4. 若，且，则的值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为，所以， 即， 因为，所以，， 所以， 因为，所以，解得. 故选：D 5. 如图，大运塔是扬州首座以钢结构为主体建设的直塔，为扬州中国大运河博物馆的主体建筑之一.小强同学学以致用，欲测量大运塔的高度.他选取与塔底在同一水平面内的两个观测点，测得，，在两观测点处测得大运塔顶部的仰角分别为，则大运塔的高为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据仰角分别得出,，在中由余弦定理即可求出. 【详解】由题意得，在直角中，，所以， 在直角，，所以，即， 在中，，， 由余弦定理得， 即，因为，所以解得. 即大运塔的高为. 故选：B 6. 在正四棱台中，已知，，则侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，做出其截面图，然后结合线面角的定义即可得到结果. 【详解】 由题意可得正四棱台的截面图，如图所示，且为等腰梯形，过点做，过点做，由线面角的定义可知，侧棱与底面所成角即为， 由条件可得，，,，则，,则，所以为等腰直角三角形， 所以，即. 故选：B. 7. 若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量的定义直接求解即可 【详解】因为， 所以在上的投影向量为 ， 故选：D 8. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且，则下列结论中不正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. 当时，在上恰有2个零点 D. 若在上单调递减，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象平移规律以及，得，，，再根据偶函数的定义可得A正确；计算可得B正确；当时，求出在上的零点，可得C不正确；根据余弦函数的单调递减区间可得D正确. 【详解】依题意得， 由已知得，所以，， 所以，，，， 对于A，，且的定义域关于原点对称，所以为偶函数，故A正确； 对于B ，，，故B正确； 对于C，当时，，，由，得，得，，， 因为，所以或或，则在上恰有3个零点，故C不正确； 对于D，由，，得，， 所以，，所以，所以，故D正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据三角函数图象平移规律以及三角函数的性质求解是解题关键. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则向量与的夹角为 C. 存在，使得 D. 是与共线的唯一的单位向量 【答案】AC 【解析】 【分析】由，得到，可判定A正确；结合向量的夹角公式，可得判定B错误；当与同向时，求得成立，可判定C正确；结合共线的单位向量的求解方法，可判定D错误. 【详解】由向量， 对于A中，由，可得，所以，所以A正确； 对于B中， 若，可得，则， 可得，所以B错误； 对于 C中，当与同向时，此时，， 即时，使得成立，所以C正确； 对于D中，由，则与共线的单位向量为， 即或，所以D错误. 故选：AC. 10. 记的内角的对边分别为，则（ ） A. 当时，为直角三角形 B. 当时，最大角与最小角之和为 C. 当.时， D. 当时，为锐角三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据余弦定理求解长度，即可判断A，根据余弦定理求解中间角，即可求解B，根据正弦定理即可求解C，利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解D. 【详解】对于A,由余弦定理可得, 由于，故为直角三角形，A正确， 对于B，三角形的三边长分别为， ，，，故, 则该三角形最大角与最小角之和为,B正确， 对于C，由正弦定理可得,由于，故，C正确， 对于D，由可得, 所以，由于,所以，进而,故，因此三角形为钝角三角形，D错误， 故选：ABC 11. 在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角大小为 B. 四面体的每个面都是直角三角形 C. 二面角的大小为 D. 正方体的内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线所成的角，正方体中线面垂直的关系，二面角的概念，正方体的外接球与内切球对各个选项进行判断． 【详解】连接，易知，又正方体中平面， 从而有，平面， 从而得，异面直线与所成的角大小为，A正确； 正方体中平面，则， 同理， ∴四面体的四个面都是直角三角形，B正确； 由,知二面角的平面角是， 为，即二面角为，C错误； 易知的中点是正方体外接球和内切球的球心， 又外接球半径为．内切球半径这， ∴内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为，D正确． 故选：ABD． 【点睛】本题考查异面直线所成的角，二面角，直线与平面垂直的判定与性质，考查正方体的外接球与内切球等问题，实质考查学生对正方体中线面平行垂直关系的认识与掌握程度．考查了空间想象能力、运算求解能力．属于中档题． 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知圆柱形容器底面直径与母线均为2，该容器可内置的最大球的体积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知，该容器可内置最大球与圆柱的侧面和上下底面都相切，从而可求出球的半径，进而可求出球的体积. 【详解】因为圆柱形容器底面直径与母线均为2， 所以该容器可内置的最大球与圆柱的侧面和上下底面都相切，且球的直径为2， 所以球的半径， 所以该球的体积为， 故答案为： 13. 已知，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用辅助角公式得到，，从而得到. 【详解】由辅助角公式得， 其中， 又，故， 即， 则， 故，. 故答案为： 14. 在等腰梯形ABCD中，，，点P为BC中点，点Q是边AB上一个动点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】取AD的中点M，利用向量的运算将转化为，作出几何图形结合数量积的几何意义可求得答案. 【详解】如图，取AD的中点M，则， 故． 又因为PM为梯形ABCD的中位线，故, 过A、B作PM的垂线，垂足分别为、， 在中，，，故， 同理， 根据数量积的几何意义可知, 当Q位于A点时，最大为 ， 此时取到最大值为 ， 当Q位于B点时，最小为 ， 此时取到最小值为 ， 故， 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. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 16. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，点P是弧CE的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求证：∥平面； （2）求证：. 【答案】（1）见解析； （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由，即可证得∥平面； （2）易得，由平面证得，即可证得平面，即可证得. 【小问1详解】 连接，由点P是弧CE的中点，可得为的中点，又Q是AC的中点，则， 又平面，平面，则∥平面； 【小问2详解】 由点P是弧CE的中点，可得，又，，平面，则平面， 又平面，则，又，平面，则平面，又平面，则. 17. 通常情况下，同一地区一天的温度（单位：）随时间（单位：）变化的曲线接近于函数的图象.已知2024年7月上旬某地区连续几天最高温度都出现在，为；最低温度都出现在，为. （1）求出该地区一天的温度与时间的函数解析式； （2）7月4日该地区高中学校将举行期末考试，考试时间为每天上午7：40-12：00，下午14：30-17：00，晚上19：00-20：15.学校规定：如果温度大于或等于，教室就要开空调.请问每天考试期间教室内的空调要开多少时间？ 【答案】（1） （2）小时 【解析】 【分析】（1）由题意得可求出，，求出，再利用周期公式可求出，然后将代入函数可求出的值，从而可求出解析式； （2）由题意得，求出的范围，再结合考试的时间，可求出考试期间教室内的空调要开的时间. 【小问1详解】 由题意可知，解得， 所以， 因为，得， 所以，得，所以， 因为当时，，所以， 所以， 所以，得， 因为，所以， 所以 【小问2详解】 由，得， 所以， 所以， 解得， 因为，所以， 因为考试时间为每天上午7：40-12：00，下午14：30-17：00，晚上19：00-20：15， 所以每天考试期间教室内的空调要开小时. 18. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，结合，得到，结合线面平行判定定理，即可得证； （2）设的中点为，连接、，即可证明、，即为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （3）根据，利用等体积法计算可得. 【小问1详解】 连接交于点，连接. 在底面中，因为，且， 由，可得， 因为，即， 所以中，，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 设的中点为，连接、， 因为，，所以为等边三角形， 所以， 又平面，平面，所以，，平面， 所以平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角， 平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 即二面角的大小为； 【小问3详解】 因为，，所以， 所以， 在中， ， ， 所以，即， 所以， 设点到平面的距离为，则， 即， 即， 即点到平面的距离为. 19. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点. （1）用向量的方法证明：； （2）求的余弦值； （3）连接，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角形的中线的性质结合向量共线定理证明即可； （2）利用（1）的结论，用表示出，然后利用向量的夹角公式求解即可； （3）用表示出，然后利用向量的数量积的运算律求解即可. 【小问1详解】 证明：因为为的中点，为的中点， 所以, 因为三点共线，所以设， 所以， 所以， 因为三点共线，所以，得， 所以，所以， 所以，所以； 【小问2详解】 在中，， 由余弦定理得， 所以，整理得， 解得或（舍去）， 所以，所以， 由（1）可知， ， 所以， ， ， 所以， 【小问3详解】 因为， ， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$