精品解析：江西省宜春中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

江西省宜春中学2023-2024学年度下学期高一期末试 卷数学学科 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 复数，则等于（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】，所以. 故选：C. 2. 如图是一个正方体的表面展开图，则图中“拼”字所在的面，在原正方体中的对面上的字为（ ） A. 梦 B. 就 C. 成 D. 想 【答案】C 【解析】 【分析】直接把正方体的展开面图复原为空间图，结合正方体的结构特征，即可求解． 【详解】根据正方体的表面展开图，翻折成正方体，如图所示： 其中“成”最下面，“拼”在最上面，构成对面关系． 故选：C． 3. 如图，在平行四边形中，，点E满足，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合向量的运算法则，即可求解. 【详解】由题意知，点满足，可得， 则. 故选：A. 4. 已知m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面，∥，则下列命题正确的是（ ） A. ∥ B. ∥ C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于ACD：举反例说明即可；对于B：结合线面平行的性质定理分析判断. 【详解】如图所示， 可知，不相互平行，不相互垂直，不相互垂直，故ACD错误； 对于选项B：因为∥，且， 由线面平行的性质定理可知∥，故B正确； 故选：B 5. 如图，在△中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据极化恒等式，结合已知数据，直接求解即可. 【详解】因为， 故. 故选：A. 6. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角函数的定义即可求得，从而得到结果. 【详解】由题意可得，则，所以， 所以. 故选：B 7. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位后，得到偶函数的图象，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题图可知，周期，则，所以，又点在的图象上，求出，得到函数解析式，利用平移规律得的解析式，根据函数的奇偶性求得到答案． 【详解】由题图可知，周期，则，所以， 因为点在的图象上，所以＝－2， 所以，得， 因为，所以，， 所以， 是偶函数，， ，则当时，正实数取最小值. 故选：C. 8. 已知，均为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数倍角公式与基本关系式进行三角恒等变换，得到，从而结合的范围即可得解. 【详解】法一： 因为，所以， 所以， 则，整理得， 所以， 又，均为锐角，所以，所以. 法二： 因为，所以， 所以， 所以， 即， 即，所以， 又，均为锐角，所以，所以， 故选：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. 已知复数(a,,i为虚数单位),且,下列命题正确的是 A. z不可能为纯虚数 B. 若z的共轭复数为,且,则z是实数 C. 若,则z是实数 D. 可以等于 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据纯虚数、共轭复数、复数的模、复数为实数等知识，选出正确选项. 【详解】当时,,此时为纯虚数,A错误;若z的共轭复数为,且,则,因此,B正确;由是实数,且知,z是实数,C正确;由得,又,因此,,无解,即不可以等于,D错误. 故选：BC 【点睛】本小题主要考查复数的有关知识，属于基础题. 10. 在中，，若满足条件的三角形有两个，则边的取值可能是（ ） A. 1.5 B. 1.6 C. 1.7 D. 1.8 【答案】BC 【解析】 【分析】根据即可求解. 【详解】根据题意可得：满足条件的有两个，可得， 故选:BC 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得∥平面 B. 不存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最小值为 D. 过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据线面平行的判定定理分析判断；对于B，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于C，利用直线与平面所成角的求法即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可. 【详解】对于A，取点为的中点，则∥，， 且是的中点，则∥，， 可得∥，，则为平行四边形，可得∥， 且平面，平面，所以∥平面，故A正确； 对于B，设中点为，连接， 若中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以， 在中，，， 所以，故，，平面， 所以平面，平面，所以，故B不正确； 对于C，过点作平面，连接， 所以直线与平面所成角为， 所以， 当在时，，所以，故C正确； 对于D，由正方体中心对称（类比为球体，MN看作弦），故过的截面经过对称中心O所得截面最大， 此时截面交棱于中点，也为中点， 所以为的中点时，过、、三点的平面截正方体所得截面最大， 取的中点，的中点，的中点，连接、、、、， 所以过、、三点平面截正方体所得截面最大值为正六边形， 面积为，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若单位向量，满足，则 ______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量的模长公式，根据数量积的运算律，可得答案. 【详解】因为、是单位向量，所以， 又因为，所以， 解得． 故答案为：． 13. 将一个棱长为的正方体切成27个全等的小正方体，则表面积增加了__________ 【答案】12 【解析】 【分析】由题可知小正方体的棱长为，从而得到原来正方体以及个全等的小正方体的表面积，由此可得到答案. 【详解】由题意可知：正方体的表面积为，且小正方体的棱长为， 则小正方体的表面积为：. 所以27个全等的小正方体的表面积为， 所以表面积增加了． 故答案为：12. 14. 已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，，平面平面，则该三棱锥外接球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】分别得，的外接圆的半径，再利用两个面垂直的三棱锥的外接球半径满足，从而得解. 【详解】因为三棱锥的底面是边长为3的等边三角形， 所以，则， 设的外接圆的半径分别为， 则在等边中，， 在中，， 所以， 则，， 设三棱锥的外接球的半径为，因为平面平面， 则， 所以该三棱锥外接球的表面积为. 【点睛】结论点睛：在三棱锥中， （1）若，，两两垂直，可以把三棱锥的外接球半径问题转化成长方体的外接球问题，利用长方体的外接球直径就是长方体的体对角线可得：（其中为三棱锥外接球半径，分别为的长）. （2）若平面，则先求外接圆半径，那么有. （3）若平面平面，且三棱锥确定有外接球，则（其中分别为和的外接圆半径）. 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. 已知平面向量，，，且，． （1）求和； （2）若，，求向量和向量的夹角的大小． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【分析】（1）由列方程可求出，再由列方程可求出，从而可求出和； （2）先求出向量和向量的坐标，再利用向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 故，； 【小问2详解】 ，， 设向量和向量的夹角为， 则， 因为，所以， 即向量和向量的夹角的大小为． 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，． （1）若，，求c； （2）若的面积为，，求a． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）先求出角，结合正弦定理可得答案； （2）先利用面积求出，结合余弦定理可得答案. 【小问1详解】 因为，，所以， 由正弦定理，可得. 【小问2详解】 因为的面积为，所以， 因为，，所以，解得. 由余弦定理可得，即. 17. 如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，是棱的中点． （1）求异面直线和所成的角； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）45°；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题设易知和所成角即为和所成角，根据直三棱柱的性质及相关边的数量关系有是等腰直角三角形，即知和所成角的大小. （2）利用线面垂直的判定有面，再由线面垂直的性质及判定可得面，最后根据面面垂直的判定即可证平面平面． 【详解】（1）由题设知：，则和所成角即为和所成角，又侧棱垂直底面， ∴，又，是棱的中点， ∴是等腰直角三角形．即． 所以，异面直线和所成的角为45°． （2）由题设知：，，， ∴面．又面， ∴，又， ∴，即，又， ∴面，而面， ∴面面． 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）若，求的值. （3）若对于任意均有恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）化简，然后利用周期的公式计算； （2）根据得到，然后利用同角三角函数基本关系和和差公式计算； （3）将对于任意均有恒成立转化为于任意均有恒成立，然后利用函数单调性求最值即可得到的取值范围. 【小问1详解】 解：由 可得函数的最小正周期. 【小问2详解】 因为，， 所以. 因为，所以， 所以， 所以 . 【小问3详解】 由（1）知，函数， 可得asinasin， 因为对于任意均有恒成立， 即对于任意均有恒成立， 即对于任意均有恒成立， 又因为， 因为，可得， 又因为单调递增且大于0，可得在上单调递减， 所以， 所以， 所以的取值范围为. 19. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根据为等边三角形，利用三角形面积公式即可求解； （2）在中，利用正弦定理，结合三角恒等变换即可求解， （3）利用余弦定理得，正弦定理得，结合（2）的结论以及三角形面积公式可得,利用三角函数的性质即可求解． 【小问1详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，记， 在中，由余弦定理，， 所以，则，所以， 又因为为等边三角形， 所以，且， 所以， 则的面积为； 【小问2详解】 在中，由正弦定理可得， 即且， 由于， 故， 由于三角形中，，因此，得证， 【小问3详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，，设， 在中，由余弦定理，， ， 在中，由正弦定理，，即，所以， 结合 ， 又因为，所以， 所以， 即的面积的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江西省宜春中学2023-2024学年度下学期高一期末试 卷数学学科 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数，则等于（    ） A. B. C. D. 2. 如图是一个正方体的表面展开图，则图中“拼”字所在的面，在原正方体中的对面上的字为（ ） A. 梦 B. 就 C. 成 D. 想 3. 如图，平行四边形中，，点E满足，则（ ）． A B. C. D. 4. 已知m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面，∥，则下列命题正确的是（ ） A. ∥ B. ∥ C. D. 5. 如图，在△中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. 0 B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位后，得到偶函数的图象，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，均为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数(a,,i为虚数单位),且,下列命题正确的是 A. z不可能为纯虚数 B. 若z的共轭复数为,且,则z是实数 C. 若,则z是实数 D. 可以等于 10. 在中，，若满足条件的三角形有两个，则边的取值可能是（ ） A. 1.5 B. 1.6 C. 1.7 D. 1.8 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得∥平面 B. 不存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最小值为 D. 过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若单位向量，满足，则 ______． 13. 将一个棱长为正方体切成27个全等的小正方体，则表面积增加了__________ 14. 已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，，平面平面，则该三棱锥外接球的表面积为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量，，，且，． （1）求和； （2）若，，求向量和向量的夹角的大小． 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，． （1）若，，求c； （2）若的面积为，，求a． 17. 如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，是棱中点． （1）求异面直线和所成的角； （2）证明：平面平面． 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）若，求的值. （3）若对于任意均有恒成立，求的取值范围. 19. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$