精品解析：四川省成都市蓉城高中教育联盟2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题

2023~2024学年度下期高一期末联考 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效. 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回. 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，且，则的值为（ ） A B. 3 C. 12 D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 垂直于同一条直线两直线平行 B. 平行于同一平面的两个平面平行 C. 过平面外一点只有一条直线与这个平面平行 D. 直角三角形绕边旋转一周一定形成一个圆锥 3. 在中，已知，记，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 4 4. 定义：，在中，内角所对的边分别为，则满足的一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 5. 我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形六面体称为“刍童”.如图，在刍童中，，平面与平面之间的距离为3，则此“刍童”的体积为（ ） A. 36 B. 46 C. 56 D. 66 6. 在边长为1的正中，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 线段与所在的直线异面 B. 线段与所在的直线平行 C. 线段与所在的直线所成的角为 D. 线段与所在的直线相交 8. 已知向量，记.如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，且，则下列结论错误的是（ ） 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. 已知的内角所对的边分别为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B 若，则 C. D. 若，则或 10. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将的图象向右移个单位长度得到的图象.已知的图象过点，则的值可以为（ ） A. B. C. 2 D. 4 11. 2020年11月28日8时30分许，随着一阵汽笛声响，创造了10909米中国载人深潜新纪录的“奋斗者”号完成第二阶段海试，顺利返航.相比于现在先进的载人潜水器制造技术，在人类探秘深海初期，初一代的潜水器只是由钢缆和电话线连接的简易钢铁球壳.小李同学对潜水器很感兴趣，他利用假期制作了一个简易的“初一代”潜水器模型.他的模型外壳使用了面积为的金属材料，并在内部用12根等长的钢筋搭建了一个正方体支架.为了研究外壳各个点位与支架之间的受力情况，如图，作出支架的直观图正方体，设为外壳上的一个动点，则（ ） A. 存在无数个点，使得平面 B. 当平面平面时，点的轨迹长度为 C. 当平面时，点的轨迹长度为 D. 存在无数个点，使得平面平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为________. 13. 坐落于四川省资阳市安岳县的秦九韶纪念馆是四川省第五批省级爱国主义教育基地之一.南宋著名数学家秦九韶在湖州为母亲守孝三年时，把长期积累的数学知识和研究所得加以编辑，写成了闻名的巨著《数书九章》，它是中国朴素理学思想运用于生活实际的伟大数学成果.书中提出了三斜求积术，即已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已经具有很高的数学水平.设分别为内角的对边，表示的面积，其公式为.若已知，且，则的周长为________. 14. 在空间内，若，则直线与平面所成角的余弦值为________. 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. 已知的内角所对的边分别为，向量，. （1）求角； （2）若，求的面积. 16. 如图，在直四棱柱中，底面是正方形，是棱的中点，是棱上的动点. （1）求证：平面； （2）求证：. 17. 在中，内角所对的边分别为.已知，的面积为. （1）求的值； （2）求的值. 18. 如图，在四棱锥中，为棱的中点，底面为平行四边形，平面，直线与底面所成的角为. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知函数仅满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为；②最大值为2；③；④. （1）请找出函数满足的三个条件，并说明理由和求出函数的解析式； （2）若函数在处取得最大值，求实数的值及的值域； （3）若函数在上最大值比最小值大1，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年度下期高一期末联考 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效. 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回. 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，且，则的值为（ ） A. B. 3 C. 12 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】由，则，得. 故选：B 2. 下列说法正确的是（ ） A. 垂直于同一条直线的两直线平行 B. 平行于同一平面的两个平面平行 C. 过平面外一点只有一条直线与这个平面平行 D. 直角三角形绕边旋转一周一定形成一个圆锥 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线，线面，和面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】A.垂直于同一条直线的两直线平行，相交，或异面，故A错误； B. 平行于同一平面的两个平面平行，故B正确； C. 过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，故C错误； D.直角三角形绕直角边旋转一周形成圆锥，绕斜边旋转一周，形成上下两个圆锥，两个圆锥的底面重合，故D错误. 故选：B 3. 在中，已知，记，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量减法运算，再求模. 【详解】. 故选：C 4. 定义：，在中，内角所对的边分别为，则满足的一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据所给定义得到，由正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式得到，即可得解. 【详解】因为，所以，由正弦定理可得， 即， 又，，所以，所以，即， 所以为等腰三角形. 故选：A 5. 我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为“刍童”.如图，在刍童中，，平面与平面之间的距离为3，则此“刍童”的体积为（ ） A 36 B. 46 C. 56 D. 66 【答案】C 【解析】 【分析】首先说明几何体为四棱台，再代入台体体积公式，即可求解. 【详解】由，，，，且， 则交于同一点，该“刍童”为四棱台，矩形的面积为, 矩形的面积为, 且上下底面的高为3，所以四棱台的体积. 故选：C 6. 在边长为1的正中，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，再根据数量积的运算求出，，，最后由夹角公式计算可得. 【详解】因为在边长为1的正中，，， 所以，, 所以， ， ， 所以， 因为，所以． 故选：A． 7. 某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 线段与所在的直线异面 B. 线段与所在的直线平行 C. 线段与所在的直线所成的角为 D. 线段与所在的直线相交 【答案】C 【解析】 【分析】首先还原正方体，再根据线线的位置关系，判断选项. 【详解】由正方体展开图还原正方体如下图所示： 线段与所在的直线相交，故A错误； 线段与所在的直线异面，故B错误； 如图连接，，由正方体的性质可知，为等边三角形， 所以为与所在的直线所成的角，故C正确； 如图连接，则，平面，平面，所以平面， 又平面，所以与不相交，故D错误. 故选：C 8. 已知向量，记.如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，且，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直棱柱的性质求出相应的线段的长度，利用余弦定理求出相应的角的正弦值，再由所给定义计算可得. 【详解】对于A：因为直四棱柱的底面为菱形且，所以为等边三角形， 所以，设，则， 且，又且，即， 所以，故A正确； 对于B：因为，在中，， 所以， 所以，所以，故B正确； 对于C：因为，，， 所以， 所以， 所以，故C错误； 对于D：因为，，， 所以，所以， 所以，故D正确. 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. 已知的内角所对的边分别为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C D. 若，则或 【答案】AC 【解析】 【分析】根据余弦定理判断A，根据三角函数，得到角的关系，判断B，根据余弦定理变形判断C，根据两角和的余弦公式判断D. 【详解】A.根据余弦定理，所以，故A正确； B. 若，则或，所以或，故B错误； C. ，故C正确； D.，则，，所以，则角是锐角，则, ， ，故D错误. 故选：AC 10. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将的图象向右移个单位长度得到的图象.已知的图象过点，则的值可以为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】CD 【解析】 【分析】首先求函数得到解析式，再根据函数的性质，代入，即可求解. 【详解】根据三角函数图象的变换规律可知，，， 函数的图象过点，所以， 则，所以. 所以的值可以为2或4. 故选：CD 11. 2020年11月28日8时30分许，随着一阵汽笛声响，创造了10909米中国载人深潜新纪录的“奋斗者”号完成第二阶段海试，顺利返航.相比于现在先进的载人潜水器制造技术，在人类探秘深海初期，初一代的潜水器只是由钢缆和电话线连接的简易钢铁球壳.小李同学对潜水器很感兴趣，他利用假期制作了一个简易的“初一代”潜水器模型.他的模型外壳使用了面积为的金属材料，并在内部用12根等长的钢筋搭建了一个正方体支架.为了研究外壳各个点位与支架之间的受力情况，如图，作出支架的直观图正方体，设为外壳上的一个动点，则（ ） A. 存在无数个点，使得平面 B. 当平面平面时，点的轨迹长度为 C. 当平面时，点的轨迹长度为 D. 存无数个点，使得平面平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面平行的性质判断A，根据平面，判断点的轨迹，判断B，根据面面平行的性质定理，判断点的轨迹，即可判断C，若平面平面，确定点的轨迹，即可判断D. 【详解】该球的表面积，所以，且正方体的棱长，满足，则， A.由题意可知，平面平面，且平面，故平面， 则点的轨迹为正方形的外接圆，故有无数个点满足，故A正确； B.易知平面，且平面平面，平面， 故点的轨迹为矩形的外接圆，其周长为，故B错误； C.因为平面，设过且与平面平行的平面为，则的轨迹为与外接球的交线，其半径为，周长为，故C正确； D.若平面平面，则点在以为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点满足，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为________. 【答案】. 【解析】 【分析】设，则，且，取的中点，得到且，结合向量的投影的定义，即可求解. 【详解】如图所示，设，则， 因为是夹角为60°的两个单位向量，可得， 取的中点，可得，可得， 所以向量在向量上投影向量为. 故答案为：. 13. 坐落于四川省资阳市安岳县的秦九韶纪念馆是四川省第五批省级爱国主义教育基地之一.南宋著名数学家秦九韶在湖州为母亲守孝三年时，把长期积累的数学知识和研究所得加以编辑，写成了闻名的巨著《数书九章》，它是中国朴素理学思想运用于生活实际的伟大数学成果.书中提出了三斜求积术，即已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已经具有很高的数学水平.设分别为内角的对边，表示的面积，其公式为.若已知，且，则的周长为________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理可得，令，则，，再由所给面积公式求出，即可得解. 【详解】因为， 由正弦定理可得，令，则，， 又， 即，解得（负值已舍去）， 所以. 故答案为： 14. 在空间内，若，则直线与平面所成角的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先构造线面角，根据直线在平面的射影为的角平分线，结合几何关系，即可求解. 【详解】如图，过点作平面，垂足为点，点在的平分线上， 作，连结， 因为平面，平面，所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 设，则，， 所以，所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 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. 已知的内角所对的边分别为，向量，. （1）求角； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行坐标表示可得，由正弦定理边化角可得，由此可得； （2）利用向量的数量积得出，再根据向量关系得出线段比例，再结合三角形面积公式即可求. 【小问1详解】 由得：， 由正弦定理得：， ，，，则， ，. 【小问2详解】 因为，所以， . 16. 如图，在直四棱柱中，底面是正方形，是棱的中点，是棱上的动点. （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，转化为证明线线平行，通过构造中位线，即可证明； （2）（1）利用垂直关系，转化为证明平面，即可证明线线垂直. 【小问1详解】 连结，交于点，连结， 点分别是的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，且平面， 所以，又因为，，平面， 所以平面，且平面， 所以. 17. 在中，内角所对的边分别为.已知，的面积为. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据正弦定理边化角，再根据三角恒等变换，以及面积公式求，再根据余弦定理求； （2）根据三边求，再求，再根据二倍角公式和两角和的余弦公式，即可求解. 【小问1详解】 由，根据正弦定理边化角，得, 即，则，① 由，得， 由，所以②， 由①②得， 由余弦定理可知， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知，，， 所以，则, ，， . 18. 如图，在四棱锥中，为棱的中点，底面为平行四边形，平面，直线与底面所成的角为. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意及余弦定理可求出，从而根据勾股定理逆定理可得，从而可得，又易知，进而可得平面； （2）先根据线面角求出，再转化三棱锥的顶点与底面，可得三棱锥的体积为：，再计算即可得解； （3）取中点，则易证平面，从而可得所求角为，再解三角形，即可求解． 【小问1详解】 底面为平行四边形，，， 根据余弦定理， 即，解得，， ，又，， 又平面，平面，， 又，平面， 平面； 【小问2详解】 平面，平面，所以， 直线与底面所成的角为，即，又，， 又为的中点，到平面的距离等于到平面的距离的， 三棱锥的体积为： ； 【小问3详解】 如图，取中点，连接，又为的中点， 且， 由（1）知平面，平面， 直线与平面所成角为，又平面，， 又， ， 故直线与平面所成角的正弦值为． 19. 已知函数仅满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为；②最大值为2；③；④. （1）请找出函数满足的三个条件，并说明理由和求出函数的解析式； （2）若函数在处取得最大值，求实数的值及的值域； （3）若函数在上的最大值比最小值大1，求实数的值. 【答案】（1）理由见解析， （2），值域为 （3） 【解析】 【分析】（1）首先由条件，判断③不成立，再根据函数的性质，求函数的解析式； （2）由条件，求解的值，再化简函数，求解函数的值域； （3）分析正弦函数的图象和性质，先确定函数的最大值，再确定函数的最小值，即可求解. 【小问1详解】 ，因为，，所以，与矛盾， 所以③不成立，则满足条件的三个条件为①②④， 由②可知，，由①可知，， ，，则， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知，， 由题意可知，， 即，得， ， 所以函数的值域是； 【小问3详解】 ，，则， ，当时，得，，， 所以在区间上，函数的最大值为2，最小值为1， 则，得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$