精品解析：河南省南阳六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2023—2024学年（下）南阳六校高一年级期末考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.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. 一､单项选择题：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. 已知复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 若，则（ ） A B. C. D. 4. 若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 5. 已知在中，内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知为锐角三角形，设函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 将函数的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（ ） A. 6 B. 3 C. D. 8. 已知在四棱锥中，底面为矩形，，则四棱锥的体积为（ ） A 8 B. C. D. 二､多项选择题：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. 已知为复数，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则与为异面直线 B. 若，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 11. 在边长为3的正方形中，分别是边上的动点（含端点），且，则的取值可以是（ ） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在直角坐标系中，已知角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则__________. 13. 已知在边长为2的菱形中，，点满足，则__________. 14. 已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球的球面上，为棱的中点，平面，则外接圆的半径为__________. 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. 设是单位向量且夹角为，若向量，则称有序数对为向量在基下的坐标.已知在基下，. （1）若，求的值； （2）若，且四边形为平行四边形，求向量在基下的坐标. 16. 已知， （1）求值； （2）求的值. 17. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）若在区间上存在实数，使得，求实数取值范围以及的值. 18. 如图，在三棱锥中，分别为棱的中点，且. （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 19. 已知中，，点满足. （1）若，求； （2）若，且，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年（下）南阳六校高一年级期末考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.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. 一､单项选择题：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. 已知复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用纯虚数定义求出，再利用复数的乘法计算得解. 【详解】由为纯虚数，得且，解得，即， 所以. 故选：B 2. 已知向量满足，且，则（ ） A B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，两边平方即可得解. 详解】由， 两边平方可得， 整理得. 故选：D 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用诱导公式和二倍角公式，即可求出结果. 【详解】由，得， 则， 故选：C. 4. 若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆锥的侧面展开图扇形的弧长即圆锥底面圆的周长建立方程，求得底面圆半径，再由圆锥轴截面即可求出高. 【详解】设圆锥底面圆的半径为，依题意得，解得， 而圆锥的母线长，因此圆锥的高. 故选：A. 5. 已知在中，内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先由余弦定理求，再根据正弦定理求. 【详解】由余弦定理得，所以. 由题可得，由正弦定理得. 故选：A 6. 已知为锐角三角形，设函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角形的性质可得，由三角函数的性质可得，结合的单调性即可求解. 【详解】因为为锐角三角形，所以，所以， 又函数在区间上单调递增，所以， 因为，所以. 因为函数在上单调递增， 所以. 故选：B 7. 将函数的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，函数的图象与的图象重合，可得，从而得解. 【详解】将的图象向左平移个单位长度， 得到， 其图象与的图象重合， 则，所以， 又，所以的最小值为3. 故选：B 8. 已知在四棱锥中，底面为矩形，，则四棱锥的体积为（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接交于点，先证明底面，再利用锥体体积公式求解即可. 【详解】如图： 连接交于点，连接，由底面为矩形，知为的中点. 又，可得，则， 又，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 同理可得，所以. 所以，，平面 所以平面，所以， 所以四棱锥的体积. 故选：C 二､多项选择题：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. 已知为复数，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数运算计算判断AB；举例说明判断CD. 【详解】设，其中， 对于A，，A正确； 对于B，， 则，B正确； 对于C，令，则， 满足，但，C错误； 对于D，令，满足，但不成立，错误. 故选：AB. 10. 已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则与为异面直线 B. 若，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据线面位置关系可得线线位置关系；B选项，线面垂直得到面面垂直；C选项，根据点，直线和平面的关系得到为平面的公共点，从而得到结论；D选项，由面面平行得到线线平行，又，所以. 【详解】对于A，由，得与可能相交､平行，也可能异面，故A错误； 对于B，由，得，又，所以，故B正确； 对于C，由，知点在平面内， 即为平面的公共点，而，因此，故C正确； 对于D，因为，所以，又，所以，故D正确. 故选：BCD 11. 在边长为3的正方形中，分别是边上的动点（含端点），且，则的取值可以是（ ） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 【答案】ABC 【解析】 【分析】通过建系，设出点，通过计算得，结合，利用基本不等式和三角形三边关系定理即可求得的范围即可判断. 【详解】 如图，以为坐标原点，射线的方向分别为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，则. 设，其中，因，则， 则，. 因为， 故得，解得，当且仅当时，等号成立. 又，当且仅当点或点与点重合时等号成立， 故得，即，又， 所以都满足其范围，不满足其范围，故ABC正确，D错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在直角坐标系中，已知角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由三角函数的定义及诱导公式求解即可． 【详解】由题意知，因为角的终边与角的终边关于轴对称， 得，所以 故答案为： 13. 已知在边长为2的菱形中，，点满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据相似比可得，即可利用数量积的几何意义求解. 【详解】如图，设与交于点，过点作的平行线交于点.因为， 所以，所以， 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以，且，所以在上的投影向量为， 所以. 故答案为： 14. 已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球的球面上，为棱的中点，平面，则外接圆的半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三棱锥和球的几何关系，构造图形，根据几何关系，即可求解. 【详解】因为平面，所以，由三线合一可知，， 因为，所以为等边三角形，故， 且球心在平面上的射影为的中心，设为，则在线段上， ，如图， 过点作平面于点，连接， 则为的外心，与平行，且1，由勾股定理得，所以外接圆的半径为. 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. 设是单位向量且夹角为，若向量，则称有序数对为向量在基下的坐标.已知在基下，. （1）若，求的值； （2）若，且四边形为平行四边形，求向量在基下的坐标. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量坐标新定义表示出相关向量，计算出基向量的数量积，利用题设条件建立方程，解之即得； （2）设在基底下的坐标，利用求出，同法求出，由题设得，即可求出. 【小问1详解】 由题意知 因为，所以. 因为，所以， 即0， 解得 【小问2详解】 由题意知，所以. 设在基下的坐标为，则， 因为四边形为平行四边形，所以，所以， 解得，即在基下的坐标为. 16. 已知， （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用平方关系及差角的正弦公式计算即得. （2）由（1）的信息求出，再利用二倍角的正切及差角的正切公式计算即得. 【小问1详解】 由，得，由，得， 所以 . 【小问2详解】 由（1）得，则， 所以. 17. 已知函数部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）若在区间上存在实数，使得，求实数的取值范围以及的值. 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数解析式. （2）分析函数在的性质，并作出图象，结合图象及对称性求出的范围、的值. 【小问1详解】 观察图象知，函数的周期，则， 由，得，即， 而，则， 所以的解析式是. 【小问2详解】 当时，，由，得， 由，得，由，得， 则函数在上递增，函数值从0增大到2；在上递减，函数值从2减小到， 在上递增，函数值从增大到1，作出函数在的图象，如图， 观察图象知，当时，直线与函数在的图象有3个交点， 因此在区间上有三个不同的根时，则的取值范围是， 令，得的图象的对称轴方程为， 于是关于直线对称，关于直线对称， 所以. 18. 如图，在三棱锥中，分别为棱的中点，且. （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，证明平面得，再证，即得平面； （2）由（1）结论易得为二面角平面角，在中，由余弦定理求得，说明点到直线距离即所求距离，利用即可求得. 【小问1详解】 如图，设的中点为，连接. 因为为的中点，所以. 在和中，为公共边， 所以，所以. 又因为为的中点，所以. 又因为 平面，所以平面， 又因为平面，所以 因为分别为的中点，所以//， 因为，所以， 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，//平面，所以平面， 因平面，故 ， ， 所以为二面角的平面角，. 易知平面平面，故点到平面的距离即点到直线的距离. 在中，由余弦定理可得（*）， 设，将代入（*）整理得，即 ，解得（负值舍去）. 由可得， 所以点到直线的距离为， 故点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的证明和二面角、点到平面的距离求法等内容，属于较难题. 解题关键在于求二面角时，一般考虑寻找一个平面内的一点在另一个平面上的垂线，再利用线面垂直得到平面角；求点到平面的距离问题，一般考虑等体积求法，或利用面面垂直时，由点到直线的距离得到. 19. 已知在中，，点满足. （1）若，求； （2）若，且，求的取值范围. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，由得到，结合，得到为等边三角形，求出答案； （2）设，表达出其他各角，分别在与使用正弦定理得到，根据，得到，得到答案. 【小问1详解】 在中，由余弦定理可得， 即， 整理得，解得（负值舍去）. 又因为，所以. 又因为， 又， 所以为等边三角形， 所以. 【小问2详解】 由可知，点在线段的延长线上. 设，则. 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由正弦定理得，所以. 所以 ， 因为，所以，所以， 所以的取值范围为. 【点睛】思路点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $