精品解析：江西省萍乡市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

萍乡市2023—2024学年度第二学期期末考试 高一数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回. 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由乘法运算化简复数，即可由虚部定义求解. 【详解】,故虚部为2， 故选：A 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式以及正弦的和差角公式即可求解. 【详解】， 故选：D 3. 已知非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系. 【详解】如图所示，，当时，与垂直， ，所以成立，此时， 不是的充分条件， 当时，成立， 是的必要条件， 综上，“”是“”的必要不充分条件 故选：B. 4. 把函数的图象按向量平移后，得到新图象的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平移的法则即可求解. 【详解】把函数的图象按向量平移， 即把函数的图象先向左平移个单位后，再向上平移2个单位， 故得到， 故选：A 5. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可. 【详解】因为E为CD的中点，则.因为D为AB的中点，则.所以. 故选：D. 6. 的内角，，所对的边分别为，，，，，，则的面积为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正弦定理解出或，再根据三角形内角和定理求出，从而可以由面积公式解得． 【详解】由正弦定理得，即，解得， 是三角形内角，或 当时，，； 当时，． 故选：C． 7. 如图所示是一个主体高为的螺旋形旋转滑梯.某游客从该滑梯顶端出发一直滑到底部，把其运动轨迹投影到滑梯的轴截面上，得到的曲线对应的方程为（，）（，的单位：），若该游客整个运动过程中相位的变化量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转楼梯高、游客的初始位置和最后位置，表达出游客运动过程的相位变化量，即可计算出的值. 【详解】由旋转滑梯高为知，投影到轴截面上后，游客对应在横轴上移动的距离是， 当时，初相为，且游客一直滑到底部，则最后的相位为， 故整个运动过程中，相位的变化量为 ，. 故选：D. 8. 锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是（ ） A. (） B. (） C. [) D. [，1) 【答案】C 【解析】 【分析】 先利用基本不等式求函数的最小值，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，再求函数值域的上限. 【详解】由题意得，（当且仅当时取等号）， 由于三角形是锐角三角形，所以，所以，解得所以，，设， 因为函数在单调递减，在上单调递增，所以函数无限接近中的较大者，所以 所以的取值范围是， 故选：C． 【点睛】本题的难点在求函数的值域的上限，解答利用了函数的思想,以为自变量，先求自变量的取值范围，再利用余弦定理求得的解析式，最后换元求新函数的值域得解. 二、多项选择题：本大题共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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若向量，，满足，，则 B. 化成弧度数为 C. 若向量，满足，，，则 D. 在时刻，时针与分针所夹的锐角为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根零向量即可判断A，根据角度与弧度的互化即可判断B，根据向量的模长公式即可求解C，根据即可求解D. 【详解】对于A，若为零向量，则不一定成立，故A错误， 对于B，，B正确， 对于C，，故C错误， 对于D，时刻，时针与分针所夹的锐角，故，D正确， 故选：BD 10. 已知复数，，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数除法运算可得，即可判断A，根据复数的减法运算以及几何意义可判断B，根据模长公式可判断C，根据乘法运算，结合纯虚数定义可判断D. 【详解】,故A正确， ，对应的点为，故B正确， ，故，C正确， ，不为纯虚数，故D错误， 故选：ABC 11. 在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 若点为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B. 若点为线段上的动点（含端点），则的最小值为 C. 若点为线段的中点，则平面与正方形的交线长为 D. 若点在正方形内（含边界），且，则的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线线平行可得为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；利用平面的性质可得故为平面与正方形的交线，即可由勾股定理求解C,利用线线垂直可得线面垂直，进而根据面面平行可得在正方形内的轨迹为线段，即可求解D. 【详解】对于A，取中点，连接,,，则， 所以为异面直线与所成角， 在中，，故A正确； 对于B，将侧面延旋转至与平面共面，如图连接，交与点，此时最小， 且，故B错误； 对于C，在侧面中，延长与相交于，连接交于，故为平面与正方形的交线， 由为中点，所以，进而根据，则， 则，故C正确； 对于D，由于平面平面故, 又平面，故平面， 平面，故，,故， 同理， 又平面，故平面， 取棱中点，得如下图中六边形所在平面平面, 故平面，要使，则在直线上运动， 故在正方形内的轨迹为线段，其长度为，故D正确． 故选：ACD 【点睛】方法点睛：作截面常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 第Ⅱ卷 注意事项： 第Ⅱ卷共2页，须用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的高为______. 【答案】； 【解析】 【分析】根据题意，由圆锥的底面圆周长等于侧面展开图的弧长，即可求得圆锥母线，再由勾股定理即可得到结果. 【详解】设圆锥的母线为，高为， 由题意可得，则， 所以圆锥的高. 故答案为： 13. 如图，莲花县荷塘乡重阳木古树已有800年左右的历史，该古树枝繁叶茂，以优美的形状挺立在文塘村，几百年来历经风霜守护村民繁衍生息.小明为了测量该古树高度，在古树旁水平地面上共线的三点，，处测得古树顶点的仰角分别为45°，45°，30°，若米，则该古树的高度为______米. 【答案】28； 【解析】 【分析】设古树高度为，表示出，利用，结合余弦定理列方程求解． 【详解】设古树高度为，则， 由得， 由余弦定理得， 解得，即为28米． 故答案为：28． 14. 已知函数（，）的图象如图所示，则______；上两点的横坐标分别为，，则______. 【答案】 ①. 3 ②. ## 【解析】 【分析】根据图中信息结合正弦函数的性质可得，，，从而求得，进而代入可求解空1，利用三角函数的对称性可得，，即可求解. 【详解】由图可知，， 由于，所以， 又由正弦函数的对称性可知，则，故 所以，故， 令，则 令，则 如图：设的一个对称中心为， 由图可知，且，， 故， 故. 故答案为：3，. 四、解答题：本大题共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. 在平面四边形中，，，，. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）方法一：根据正弦定理得到，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得； （2）方法一：根据第一问的结论可以求得，在中，根据余弦定理即可求出． 【详解】（1）［方法1］：正弦定理＋平方关系 在中，由正弦定理得，代入数值并解得．又因为，所以，即为锐角，所以． ［方法2］：余弦定理 中，，即，解得：，所以， ． ［方法3］：【最优解】利用平面几何知识 如图，过B点作，垂足为E，，垂足为F．在中，因为，，所以．在中，因为，则． 所以． ［方法4］：坐标法 以D为坐标原点，为x轴，为y轴正方向，建立平面直角坐标系（图略）． 设，则．因为，所以． 从而，又是锐角，所以，． （2）［方法1］：【通性通法】余弦定理 在，由（1）得，， ，所以． ［方法2］：【最优解】利用平面几何知识 作，垂足F，易求，，，由勾股定理得． 【整体点评】（1）方法一：根据题目条件已知两边和一边对角，利用正弦定理和平方关系解三角形，属于通性通法； 方法二：根据题目条件已知两边和一边对角，利用余弦定理解三角形，也属于通性通法； 方法三：根据题意利用几何知识，解直角三角形，简单易算． 方法四：建立坐标系，通过两点间的距离公式，将几何问题转化为代数问题，这是解析思想的体现． （2）方法一：已知两边及夹角，利用余弦定理解三角形，是通性通法． 方法二：利用几何知识，解直角三角形，简单易算． 16. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据线线平行，即可结合线面平行的判定求证， （2）利用线线垂直可证平面，即可得是二面角的平面角，利用三角形的边角关系即可求解. 【小问1详解】 证明：连接交于点，则是中点，连接， 因为是中点，所以， 又平面，平面， 故平面； 【小问2详解】 由题知，， 因为平面，平面，所以， ，平面,所以平面， 平面，故，即是二面角的平面角， 在中，，，则， 在中，，则， 则，则， 即二面角的余弦值为. 17. 已知函数（，）在区间上单调递增，，且______.从下列两个条件中选择一个补充在题中的横线上，再解答. ①；②，在区间上至少有2个零点. （1）求函数的解析式； （2）对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 【注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.】 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）选条件①，根据最值以及零点，结合单调性可得，即可求解，选择②，根据单调性以及零点可得，即可求解，即可求解解析式， （2）利用整体法，结合三角函数的性质可得,即可利用换元法，即可分离参数，由基本不等式求解最值. 【小问1详解】 选条件①; 由题知，的最大值为2， 在上单调递增，，， 则，解得，，所以， 又，所以，又，所以， 所以； 选条件②,因为，在区间上至少有2个零点，所以， 又因为在上单调递增，所以，即， 所以，，所以， 又，所以，又，所以， 所以； 【小问2详解】 因为，所以，则， 令，则在内恒成立，即在内恒成立， 令，，由基本不等式可知，当且仅当时取等号，即， 所以实数的取值范围为. 18. 如图，某城市为升级沿河直线绿道的沿途风景，计划在以为直径的半圆形空地内部修建一块矩形枫叶林（，在上，，在半圆上，为圆心），已知全长. （1）求枫叶林面积的最大值； （2）为方便游客休憩打卡，计划在的另一侧修建观景木质栈道，已知段每米的造价为元，段每米的造价是段的两倍，，求修建观景木质栈道所需的费用最多为多少元（结果用表示）. 【答案】（1）； （2）元. 【解析】 【分析】（1）设，则且，根据计算即可求解. （2）记，根据已知条件、结合正弦定理得且，再依据角取值范围结合三角恒等变换公式计算即可得解. 【小问1详解】 设，则，且，， 所以， 故当，即时，矩形枫树林面积取得最大值，为. 【小问2详解】 因为，所以，记， 由正弦定理有，，， 则 ， ，其中，，且， 当时，取得最大值， 所以修建观景木质栈道所需的费用最多为元. 19. 设有维向量，，称为向量和的内积.记为全体由和1构成的维向量的集合. （1）若，存在，使得，写出所有满足条件的； （2）令，若，证明：为偶数； （3）若表示能从中选出向量的个数的最大值，且满足选出的向量互相之间的内积均为0，猜测的值，并给出一个实例. 【答案】（1），，，，，； （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可； （2）根据，结合定义，求出，即可得证； （3）利用反证法求证. 【小问1详解】 ）由定义，只需满足， 故所有满足条件的有6个，为：，，，，，； 【小问2详解】 由题知，存在，与，，，使， 当时，；当时，，. 若有个，则有个，则， 所以为偶数； 【小问3详解】 猜测符合要求的4维向量最多有4个，即，举例如下： 不妨取，，，， 则有，，，，，， 若存在使，则或或， 当时，；当时，； 当时，，. 故找不到第5个4维向量与已知的4个向量满足互相之间的内积均为0，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 萍乡市2023—2024学年度第二学期期末考试 高一数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回. 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 把函数的图象按向量平移后，得到新图象的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，D为AB中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 6. 的内角，，所对的边分别为，，，，，，则的面积为（ ） A. B. C. 或 D. 7. 如图所示是一个主体高为的螺旋形旋转滑梯.某游客从该滑梯顶端出发一直滑到底部，把其运动轨迹投影到滑梯的轴截面上，得到的曲线对应的方程为（，）（，的单位：），若该游客整个运动过程中相位的变化量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是（ ） A (） B. (） C. [) D. [，1) 二、多项选择题：本大题共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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若向量，，满足，，则 B. 化成弧度数为 C. 若向量，满足，，，则 D. 在时刻，时针与分针所夹的锐角为，则 10. 已知复数，，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 11. 在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 若点为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B. 若点为线段上的动点（含端点），则的最小值为 C. 若点为线段的中点，则平面与正方形的交线长为 D. 若点在正方形内（含边界），且，则的轨迹长度为 第Ⅱ卷 注意事项： 第Ⅱ卷共2页，须用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的高为______. 13. 如图，莲花县荷塘乡重阳木古树已有800年左右的历史，该古树枝繁叶茂，以优美的形状挺立在文塘村，几百年来历经风霜守护村民繁衍生息.小明为了测量该古树高度，在古树旁水平地面上共线的三点，，处测得古树顶点的仰角分别为45°，45°，30°，若米，则该古树的高度为______米. 14. 已知函数（，）的图象如图所示，则______；上两点的横坐标分别为，，则______. 四、解答题：本大题共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. 在平面四边形中，，，，. （1）求； （2）若，求 16. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 17. 已知函数（，）在区间上单调递增，，且______.从下列两个条件中选择一个补充在题中横线上，再解答. ①；②，在区间上至少有2个零点. （1）求函数的解析式； （2）对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 【注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.】 18. 如图，某城市为升级沿河直线绿道的沿途风景，计划在以为直径的半圆形空地内部修建一块矩形枫叶林（，在上，，在半圆上，为圆心），已知全长. （1）求枫叶林面积的最大值； （2）为方便游客休憩打卡，计划在的另一侧修建观景木质栈道，已知段每米的造价为元，段每米的造价是段的两倍，，求修建观景木质栈道所需的费用最多为多少元（结果用表示）. 19. 设有维向量，，称为向量和的内积.记为全体由和1构成的维向量的集合. （1）若，存在，使得，写出所有满足条件的； （2）令，若，证明：为偶数； （3）若表示能从中选出向量的个数的最大值，且满足选出的向量互相之间的内积均为0，猜测的值，并给出一个实例. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $