精品解析：广西梧州市2023-2024学年高一下学期期末抽样检测数学试题

梧州市2023～2024学年度高一下学期期末抽样检测 数学 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 2.考生请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题有且只有一个正确答案） 1. 角的终边所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 先找到在到范围内与角的终边相同的角，再进行判断即可. 【详解】因为，，所以是第二象限角，故角的终边所在的象限是第二象限角. 故选：B. 2. 已知点，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】， 故选：C 3. （ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦的和角公式即可求解. 【详解】， 故选：A 4. 若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由轴截面先求出底面圆半径，再由圆锥的侧面积公式求解. 【详解】 由题意可得该圆锥的母线长，底面圆半径， 所以该圆锥的侧面积为. 故选：B. 5. 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　） A. 若m//α，n//β，α//β，则m//n B. 若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n C. 若n//α，n//β，则α//β D. 若m//n，n⊂α，则m//α 【答案】B 【解析】 【分析】由平行于同一平面的两直线的位置关系判断A；直接证明B正确；由平行于同一直线的两平面的位置关系判断C；由直线与直线平行分析直线与平面的关系判断D． 【详解】对于A，若m//α，n//β，α//β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误； 对于B，若m//α，则在平面α内存在不同于n的直线l，使得l//m，则l//β， 从而l//n，故m//n，故B正确； 对于C，若n//α，n//β，则α//β或α与β相交，故C错误； 对于D，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故D错误． 故选：B． 6. 在中，为上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加法、减法的三角形法则及数乘向量的运算性质即可求解. 【详解】解：因为在中，为上一点，且， 所以， 故选：D. 7. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的定义、诱导公式、二倍角公式以及弦化切可求得所求代数式的值. 【详解】依题意，由三角函数的定义可知， . 故选：D. 8. 若函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得，求得函数在上单调递增，结合，，利用单调性作出比较，即可求解. 【详解】由题意，函数的最小正周期为， 可得，解得，即， 令，即， 当时，，即函数在上单调递增， 又由， 又由，所以. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了正切函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记正切函数的图象与性质，合理应用函数的单调性进行比较是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 二、多选题（每小题6分，共18分，全部选项选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 中，D为BC的中点，则 B. 向量，可以作为平面向量的一组基底 C. 若非零向量与满足，则为等腰三角形 D. 已知点，，点P是线段AB的三等分点，则点P的坐标可以为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据平面向量的运算即可判断；对于B，根据平面向量的基本定理即可判断；对于C，根据平面向量的运算及三角形性质即可判断；对于D，根据平面向量的运算即可判断. 【详解】对于A，在中，因为D为BC的中点，所以， 所以， 故选项A正确； 对于B，因为向量，，所以， 可知与共线，不能作为平面向量的一组基底，故选项B错误； 对于C，因为和分别表示与向量和同向的单位向量， 所以以和为邻边的平行四边形是菱形， 根据平行四边形法则可知在的平分线上， 又因为，所以的平分线垂直于，所以， 即为等腰三角形，故选项C正确； 对于D，若点P是线段AB的三等分点，则或， 因为，，所以， 所以或， 即点P的坐标可以为或，故选项D错误. 故选：AC. 10. 若函数的图象经过点，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点为函数图象的对称中心 C. 直线为函数图象的对称轴 D. 函数的单调增区间为 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知条件求出的值，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断BC选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项. 【详解】因为函数的图象经过点，则， 因为，所以，，则. 对于A选项，函数的最小正周期为，A对； 对于B选项，，故点不是函数图象的对称中心，B错； 对于C选项，，故直线为函数图象的对称轴，C对； 对于D选项，由得， 因此，函数的单调增区间为，D错. 故选：AC. 11. 如图，已知棱长为的正方体，点为的中点，点为的中点，点为的中点，则（ ） A. //平面 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 点与点到平面的距离之比为 D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】连接，利用线面平行的判定证面，结合的位置关系判断A；为中点，连接，利用异面直线所成角定义确定其平面角，进而求余弦值判断B；由对称性知：到面距离相等，在棱台中应用等比例性质判断C；根据已知球体半径判断交线轨迹为四分之一圆弧，判断D. 【详解】A：连接，由均为中点，则，面，面， 所以面，而共面，且，故与面不平行，错； B：为中点，连接，则，则直线与直线所成角为或其补角， 由面，则面，面，故， 所以，则，故，对； C：由为的中点，则到面距离相等， 而在棱台的一条侧棱上，结合棱台上下底面的等比例关系， 点到平面的距离之比为，故点到平面的距离之比为，对； D：以为球心，为半径的球面与侧面交线上的任意点为， 则，即，故上述交线是以为圆心，1为半径的四分之一圆弧， 所以交线长为，对. 故选：BCD 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球O的体积为______. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由题意知截面圆半径，球心到平面的距离为，即，画出截面图，可知球的半径，则球的体积为. 考点：求空间中线段的长，球的体积. 13. 在中，，，，则的面积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再求，即可由面积公式求解.． 【详解】中，，，， 由余弦定理得 , 由于，所以， 所以的面积 故答案为： 14. 若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据同角的三角函数关系式，结合余弦的二倍角公式进行求解即可． 【详解】因为， 所以，即， 整理得且， 所以或（舍）. 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知平面向量，. （1）求的值； （2）求向量与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的坐标运算，由模长公式即可求解， （2）利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 已知平面向量，，则，则 【小问2详解】 , 设与的夹角为，则 ， 16. 已知． （1）求，的值； （2）若，求，的值． 【答案】（1）， （2）, 【解析】 【分析】（1）先由诱导公式求，然后利用诱导公式和二倍角公式可得； （2）先求，由和差公式可得，利用二倍角公式求，然后由商数关系可得. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，. 【小问2详解】 由（1）知，因为，所以， 所以. 因为，所以， 由得，所以. 17. 如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点． （1）求证：PA∥平面BDE； （2）平面PAC⊥平面BDE； （3）若二面角E﹣BD﹣C为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）连接可证从而得到要证明的线面平行； （2）再通过证明平面得到要证明的面面垂直． （3）设的中点为，可证平面且是二面角的平面角，从而，故可得到平面的距离，它的两倍是到底面的距离，最后根据公式计算四棱锥的体积． 【小问1详解】 证明: 连接，如图所示．∵分别为中点，∴． ∵面，面，∴面． 【小问2详解】 ∵面，面， ∴． 在正方形中，，又∵，∴面． 又∵面，∴面面． 【小问3详解】 取中点，连接．∵为中点，∴为的中位线，∴． 又∵面，∴面， 由（1）可知面，而面，所以，∵， ∴为二面角的平面角， ∴． 在中，， ∴，∴． ∴． 18. 如图为函数的部分图象，且，． （1）求，的值； （2）将的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，讨论函数在区间的零点个数． 【答案】（1）， （2） 当或时，有个零点； 当时，有个零点； 当或时，有个零点． 【解析】 【分析】（1）由周期求出，根据求出； （2）首先求出的解析式，函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数，由的取值范围，求出的取值范围，再结合余弦函数的图象即可得解. 【小问1详解】 根据题意得，，故，，故． 将代入，得，解得， 又，故． 【小问2详解】 依题意，． 函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数． 当时，，结合余弦函数图象可知， 当时，单调递减，当时，单调递增， 且，，， 作出函数在上的大致图象如图所示． 观察可知，当或时，有个零点； 当时，有个零点； 当或时，有个零点． 19. 在中，角A，，所对的边分别为，，，，，且． （1）若，，求的周长； （2）若，，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换化简得，再由余弦定理求即可得三角形周长； （2）利用正弦定理、辅助角公式及三角函数的性质计算即可. 【小问1详解】 因为，故， 由正弦定理得，． 又，则， 即， 而，故，故． 由余弦定理得，又， 代入得， 整理得， 解得或（舍去），， 故的周长为． 【小问2详解】 设，则． 由正弦定理得，， 即， 故，， 所以， 其中，， 则当时，取得最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 梧州市2023～2024学年度高一下学期期末抽样检测 数学 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 2.考生请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题有且只有一个正确答案） 1. 角的终边所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知点，则向量（ ） A. B. C. D. 3. （ ） A. B. C. D. 1 4. 若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　） A. 若m//α，n//β，α//β，则m//n B. 若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n C. 若n//α，n//β，则α//β D. 若m//n，n⊂α，则m//α 6. 在中，为上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分，全部选项选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 中，D为BC的中点，则 B. 向量，可以作为平面向量的一组基底 C. 若非零向量与满足，则为等腰三角形 D. 已知点，，点P是线段AB的三等分点，则点P的坐标可以为 10. 若函数的图象经过点，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点为函数图象的对称中心 C. 直线为函数图象的对称轴 D. 函数的单调增区间为 11. 如图，已知棱长为的正方体，点为的中点，点为的中点，点为的中点，则（ ） A. //平面 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 点与点到平面的距离之比为 D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球O的体积为______. 13. 在中，，，，则的面积为________. 14. 若，则________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知平面向量，. （1）求的值； （2）求向量与的夹角. 16. 已知． （1）求，的值； （2）若，求，的值． 17. 如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点． （1）求证：PA∥平面BDE； （2）平面PAC⊥平面BDE； （3）若二面角E﹣BD﹣C为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积． 18. 如图为函数的部分图象，且，． （1）求，的值； （2）将的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，讨论函数在区间的零点个数． 19. 在中，角A，，所对的边分别为，，，，，且． （1）若，，求的周长； （2）若，，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $