精品解析：江西省赣州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

赣州市2023~2024学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 2024年7月 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时长120分钟. 第I卷（选择题共58分） 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. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，且，共面，则 4. 已知某圆锥的侧面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 5. 勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”“赵爽弦图”是我国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，为的中点，则（ ） A. B. C D. 6. 设，则有（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在三棱柱中，底面，， ，，，为上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的偶函数，当时，，对任意总有.当时，恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 下列关于向量的说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若单位向量，夹角为，则向量在向量上的投影向量为 C. 若与不共线，且，则 D. 若且，则 10. 在中，，，，为内（含边界）任意一点，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则最大值 11. 如图，已知正方体棱长为，点是的中点，点是正方体内（含表面）的动点，且满足，则（ ） A. 动点在底面内轨迹的长度是 B. 点所在平面截正方体所得截面的面积为 C. 三角形在正方体内运动形成几何体的体积是 D. 存在某个位置，使得直线与平面所成的角为 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. __________. 13. 位于水东镇的和谐钟塔是赣州市标志性建筑，高度约为.塔顶测得地面上某两点的俯角分别为和，且，则两点间的距离为__________m.（结果保留根号） 14. 已知一个正四棱台的上下底面边长之比为，体积为，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为__________. 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. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求函数的解析式及对称中心； （2）将的图象向右平移个单位后得到的图象，求函数在上的值域. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，平面，与平面所成角为，为线段上的点. （1）若为线段的中点，证明：平面； （2）若为线段上靠近的三等分点，求三棱锥的体积. 17. 在中，，，分别是角，，的对边，向量，，且. （1）求； （2）若，，的平分线交于点，求的长. 18. 如图，点在直径为半圆上，垂直于半圆所在的平面，平面，且. （1）证明：平面平面； （2）若，，异面直线与所成的角是，在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”. （1）记的“友函数”为，求函数的单调递增区间； （2）设，其中，求“友向量”模长的最大值； （3）已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣州市2023~2024学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 2024年7月 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时长120分钟. 第I卷（选择题共58分） 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. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线定理直接可得解. 详解】又已知向量，，， 则，即， 解得， 故选：B. 2. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面图与直观图的联系，分别判断三角形在两坐标系中的边、角关系，计算即得. 【详解】 根据题意，轴，轴，故， 又，则，， 在平面图直角坐标系中，有， 于是，，，， 所以的周长为. 故选：C. 3. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，且，共面，则 【答案】D 【解析】 分析】根据线面位置关系分别判断各选项. 【详解】A选项：，，，则与位置无法确定，可能平行，可能相交，可能异面，A选项错误； B选项：若，，则或，B选项错误； C选项：若，，则或，C选项错误； D选项：若，，且，共面，则，D选项正确； 故选：D. 4. 已知某圆锥的侧面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，先求出圆锥侧面展开图扇形的半径，再由侧面积公式列方程计算即得. 【详解】依题意，设圆锥的底面半径为，则其侧面展开图的扇形弧长为， 则扇形半径为，侧面积为，解得. 故选：B. 5. 勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”“赵爽弦图”是我国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算的坐标运算直接可得解. 【详解】以点为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系， 设，则，， ，， 所以点的纵坐标为，横坐标为， 即，， 又，， 所以， 故选：A. 6. 设，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用辅助角公式、二倍角公式化简，再利用正弦函数的单调性和余弦函数的值域即可判断大小. 详解】因， ，. 因函数在为增函数，故， 又，则，故，即. 故选：D. 7. 如图，在三棱柱中，底面，， ，，，为上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据立体几何性质分别可判断与形状，沿，将进行翻折，使其与在同一平面，解三角形即可. 【详解】如图所示， 连接， 由已知底面，即底面， 所以，， 又因为，，所以为直角三角形，且，， 又，即， 因为，且,平面， 所以平面，又平面， 所以，即为直角三角形， 沿，将进行翻折，使其与在同一平面，此时到位置， 则， 所以当为与交点时最小，为， 则中，由余弦定理得 ，即， 所以的最小值为， 故选：A. 8. 已知定义在上的偶函数，当时，，对任意总有.当时，恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分析、、时的函数解析式以及值域，再根据函数的倍增性和偶函数图象特征作出函数的图象，结合图象确定出符合条件的的范围即得的最大值. 【详解】当时，,则 即当时，； 当时，， 由题意， , 则 即当时，； 同理，当时，. 又为定义在上的偶函数，其图象关于轴对称，故当时，，如图所示. 当时，恒成立，即，， 而由图象知，，则， 当取最大值时，必有，且， 由时，，可得，则得，或， 由图知应舍去.故当，时，取得最大值. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题考查三角函数图象与性质的综合运用，属于难题.本题以分段函数为媒介，采用数形结合思想，通过数与形的相互转化能使繁难问题得到简化.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质. 二､多选题：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. 下列关于向量的说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若单位向量，夹角为，则向量在向量上的投影向量为 C. 若与不共线，且，则 D. 若且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及数量积的几何意义可判断各选项. 【详解】A：当时，若，，则与不一定平行，A错误； B：向量在向量上的投影向量为，B正确； C：若与不共线，且，则，C正确； D：，则，又， 则，显然不能确定，D错误； 故选：BC. 10. 在中，，，，为内（含边界）任意一点，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据向量的数量积可得，再利用正弦定理可得，根据外接圆的性质可得的面积，由三角形重心的性质可得，根据三角形内心的性质可得，再根据角分线的长度可得的最值. 【详解】A选项：由已知，则，则，正确； B选项：如图所示， 由，可知为外心， 又，可得， 又，则，，， 由正弦定理可知，， 则，正确； C选项：由，即，， 所以，即，错误； D选项：如图所示， 易知，分别为，方向的单位向量，， 以，为平行四边形的邻边作平行四边形，则四边形为菱形， 则射线为的角分线，且， 则， 又为内（含边界）任意一点，，， 则点为的角平分线上一点，且， 即， 即，解得， 所以，解得，错误； 故选：AB. 11. 如图，已知正方体的棱长为，点是的中点，点是正方体内（含表面）的动点，且满足，则（ ） A. 动点在底面内轨迹长度是 B. 点所在平面截正方体所得截面的面积为 C. 三角形在正方体内运动形成几何体的体积是 D. 存在某个位置，使得直线与平面所成的角为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直可确定动点在底面内轨迹及其长度，进而可得的点所在平面截正方体所得截面，求得面积，利用割补法可四棱锥体积，判断C选项，根据正方体的性质，可得线面角的最值，进而判断D选项. 【详解】A选项：如图所示， 分别取，中点，，连接，，，，，由正方体性质可知，，则，即，又平面，则，，，平面，所以平面，又平面，则，又，，，，平面，所以平面，平面所以，又，，平面，所以平面，所以在平面的轨迹为，A选项错误； B选项：如图所示， 连接，，则，所以的轨迹为四边形的边界及其内部，可知，，则四边形为等腰梯形，，其面积为，B选项正确； C选项：如图所示， 由已知可得三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，连接，则，C选项正确； D选项： 连接，，则，，，所以当与点或点重合时，直线与平面所成的角最大，为和，在中，，则，在中，，则，故D选项错误； 故选：BC. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. __________. 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式及两角差的正弦公式直接代入求值. 【详解】， 故答案为：. 13. 位于水东镇的和谐钟塔是赣州市标志性建筑，高度约为.塔顶测得地面上某两点的俯角分别为和，且，则两点间的距离为__________m.（结果保留根号） 【答案】 【解析】 【分析】过点作地面的垂线，垂足为，在和中分别求出和，在中，由余弦定理求得. 【详解】 过点作地面的垂线，垂足为，则，， ，，，， ， 在中，由余弦定理，， 所以. 故答案为：. 14. 已知一个正四棱台的上下底面边长之比为，体积为，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设正四棱台上下底边边长，根据存在内切球，可得四棱台的高，再根据体积可得边长与高的值，即可得内切球半径及表面积. 【详解】 如图所示，分别取上下底边中点，可得如图等腰梯形， 设上下底面边长分别为，，即，， 又该四棱台存在内切球，设其球心为， 则为中点，且，， 所以，则， 又四棱台的体积， 解得，即 所以内切球半径， 表面积. 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. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求函数的解析式及对称中心； （2）将的图象向右平移个单位后得到的图象，求函数在上的值域. 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）由图可得观察图象周期求得，代入特殊点求得，即得函数解析式，将看成整体角，结合正弦函数的图象即可求得对称中心； （2）利用平移变换和诱导公式可得，求出整体角的范围，结合余弦函数的图象，即可求得函数的值域. 【小问1详解】 由图知，设函数的最小正周期周期为,则,则，解得， 又函数图象经过点,故得，，因，解得， 故有，； 由可得，即函数图象的对称中心为. 【小问2详解】 依题意，， 设，当时，， 而在上单调递减，在上单调递增， 故时，，时，即时，； 时，即时，. 故函数在上的值域.为. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，平面，与平面所成角为，为线段上的点. （1）若为线段的中点，证明：平面； （2）若为线段上靠近的三等分点，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线平行可证线面垂直； （2）利用转化法可得三棱锥体积. 【小问1详解】 连接，连接，则为中点， 又为中点，， 又平面，平面，平面； 【小问2详解】 平面， 与平面所成角得平面角为， ， 所以点到平面的距离， . 17. 在中，，，分别是角，，的对边，向量，，且. （1）求； （2）若，，的平分线交于点，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示结合二倍角公式可得，再根据正弦定理进行边角互化可得解； （2）由余弦定理可得，再利用等面积法可得角分线的长度. 【小问1详解】 由， 则， 即， 再由正弦定理可知， 即，则， 又，则， 所以，， 又，所以； 【小问2详解】 由，， 则，即， 解得， 又为的平分线， 则， 所以，即， 所以， 解得. 18. 如图，点在直径为的半圆上，垂直于半圆所在的平面，平面，且. （1）证明：平面平面； （2）若，，异面直线与所成的角是，在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据半圆可得，根据线面垂直可证线线垂直，进而可证线面垂直及面面垂直； （2）根据定义法分别表示异面直线夹角与二面角，可得的长度及的值. 【小问1详解】 由已知点在直径为的半圆上， 则， 又垂直于半圆所在的平面， ， 又，且，平面， 平面， 且平面，平面平面， 所以， 平面， 平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 假设存在点，设长度为， 连接，过点作于，连接， 由已知，， 则，， ，异面直线与所成的角是， 即， 则， 由平面，平面， ， 又，，平面， ， 所以二面角的平面角为， 则，且， 又， 且，所以， 所以， 解得， 即，， 则. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问，是否存在问题，解答时要根据已知的空间角大小，求出相关线段的长. 19. 设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”. （1）记的“友函数”为，求函数的单调递增区间； （2）设，其中，求的“友向量”模长的最大值； （3）已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义直接可得函数解析式并化简，进而可得函数的单调递增区间； （2）化简函数解析式，可判断函数的“友向量”，进而可确定其模长； （3）根据三角函数性质直接可得函数取得最值时根据不等式可得，再利用齐次式可得的最值. 小问1详解】 由已知， 则令，， 解得，， 即函数的单调递增区间为，； 【小问2详解】 ， 则的“友向量”为， 所以， 又，所以当，时，取得最大值为； 【小问3详解】 由已知点满足， 则，，且， 又，且， 且当，时，函数取得最大值， 即， 所以， 即， 又， 设，则原式， 且在上单调递减， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $