江西省宜春市丰城市东煌学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2023-2024学年下学期期末考试卷 高一数学 一、单选题 1．已知，则（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，，那么（    ） A．5 B． C．8 D． 3．已知是平面内的两条直线，则“直线且”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔谈》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径．如图，已知扇形的面积为，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为（    ）    A． B． C． D． 5．复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 6．正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（    ）    A． B． C． D． 7．的内角，所对的边分别为，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 8．如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为（    ）    A． B．2 C． D． 二、多选题 9．已知平面向量、、，下列四个命题不正确的是（    ） A．若，则 B．单位向量都相等 C．方向相反的两个非零向量一定共线 D．若，满足，且与同向，则 10．已知向量，则（    ） A． B． C． D． 11．已知复数，则下列说法正确的是（    ） A．的共轭复数是 B．的虚部是 C． D． 12．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则（    ） A．直线与所成角的正切值为 B．直线平面 C．平面平面 D．到直线的距离为 三、填空题 13．已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，则正四棱台的高为 . 14．已知，，且，则非零向量的坐标为 ． 15．在长方体中，，，，则与平面所成角的正切值为 .      16．函数的值域为 ． 四、解答题 17．如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2，D，E是CC1，BC的中点，AE=DE.求: (1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长； (2)正三棱柱ABC-A1B1C1的表面积. 18．已知复数是方程的一个虚根（是虚数单位，）． (1)求； (2)复数，若为纯虚数，求实数的值． 19．已知向量. (1)若，求实数的值； (2)若，求向量与的夹角. 20．已知 (1)若，求函数的值域； (2)在，角，，的对边分别为，，，若，且的面积为，当时，求的周长． 21．如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且.    (1)求证：平面. (2)求二面角的余弦值； 22．在中，，，，分别是角，，的对边，请在①；②两个条件中任选一个，解决以下问题：    (1)求角的大小； (2)如图，若为锐角三角形，且其面积为，且，，线段与线段相交于点，点为重心，求线段的取值范围. 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 参考答案： 1．B 【分析】根据二倍角的正弦公式变形后，再弦化切可得结果. 【详解】. 故选：B 2．B 【分析】根据平面向量模的坐标运算公式，即可求出结果. 【详解】因为向量，，所以 . 故选：B. 3．B 【分析】根据线面垂直的判定及性质进行解答. 【详解】若与不相交，则“直线且”不能推出“”；反之，如果“”，无论与是否相交，都能推出“直线且”，故“直线且”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 4．C 【分析】根据扇形的面积公式可得圆心角大小，进而根据弧长的近似计算公式即可求解. 【详解】设扇形的圆心角为α，由扇形面积公式可知，所以，如图，取的中点C，连接OC，交AB于点D，则．易知，则，所以，，，所以扇形弧长的近似值为． 故选:C    5．A 【分析】先利用复数的乘法化简，再利用复数的相关概念求解. 【详解】解：， 复数的虚部为． 故选：． 6．A 【分析】由三视图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长． 【详解】作出原图形如下图所示： 由三视图知原图形是平行四边形，如图，，， ，， 所以平行四边形的周长是． 故选：A．    7．B 【分析】应用正弦定理、三角形内角性质求的值. 【详解】由正弦定理知：，则，， 所以或，又，故. 故选：B 8．D 【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可. 【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，    设点的新位置为，连接，则有，如图，    当三点共线时，则即为的最小值. 在三角形ABC中，，， 由余弦定理得：, 所以，即, 在三角形中，，， 由勾股定理可得：,且.    同理可求：，因为， 所以为等边三角形，所以， 所以在三角形中，,, 由余弦定理得：. 故选：D. 9．BD 【分析】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，单位向量的模为，但是方向不一定相同，故B错误； 对于C，方向相同或相反的两个非零向量为共线向量，故C正确； 对于D，向量之间不能比较大小，只能比较向量的模，故D错误； 故选：BD 10．AD 【分析】根据向量的线性运算和向量的模的计算可得选项. 【详解】因为，所以，所以，所以，故A正确，B不正确； 又，，，所以，故D正确，C不正确， 故选：AD. 11．AD 【分析】根据复数的相关概念与运算逐项分析判断. 【详解】对于选项A：的共轭复数是，故A正确； 对于选项B：的虚部是1，故B错误； 对于选项C：，故C错误； 对于选项D：，故D正确； 故选：AD. 12．BCD 【分析】把直线与所成的角，转化为直线与所成的角，在直角中，求得所成的角的正切值为，可判定A不正确；由，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；由 平面，得到平面，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设，证得，得到即为点到直线的距离，在直角中求得，可判定D正确. 【详解】对于A中，在正方体中，可得， 所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设， 取的中点，连接和， 在直角中，，即异面直线与所成的角的正切值为，所以A不正确； 对于B中，因为点分别是棱的中点，可得， 又因为平面，平面，所以直线平面， 所以B正确； 对于C中，在正方体中，可得平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面，所以C正确； 对于D中，设，因为平面，且平面， 可得，所以即为点到直线的距离， 在直角中，，所以， 即到直线的距离为，所以D正确. 故选：BCD. 13． 【分析】取上、下底面的中心，过点作，再利用条件和正四棱台的性质即可求出结果. 【详解】如图，在正四棱台中，分别取上、下底面的中心，连， 因为正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，所以，过点作，垂足为，则易知且， 在Rt中，，，所以，故正四棱台的高为.    故答案为：. 14． 【分析】利用共线向量的定义以及向量的线性运算性质，模的定义求解. 【详解】∵，且为非零向量，∴存在实数使得成立， 又∵，∴，∴， ∴，解得或0（舍去），则非零向量的坐标为， 故答案为：. 15． 【分析】根据线面角的定义结合勾股定理和正切的定义即可得到答案. 【详解】因为面，面，所以， 所以直线与平面所成角即为， 因为，，所以， 所以. 故答案为：. 16． 【分析】利用通过换元将原函数转化为含未知量的函数，再解出函数的值域即为函数的值域. 【详解】令，， 则，即， 所以， 又因为，所以， 即函数的值域为． 故答案为：. 17．(1)2 (2) 【分析】（1）由正三棱柱、线面垂直性质可得CC1⊥BC，求出CD，即可得侧棱长； （2）利用棱柱表面积的求法求正三棱柱的表面积. 【详解】（1）由题意BE=EC=1，DE=AE=2×sin60°=， 根据正三棱柱得CC1⊥面ABC，又BC⊂面ABC，所以CC1⊥BC， 在Rt△ECD中，CD=， 又D是CC1的中点，故侧棱长为2. （2）底面积为S1=2S△ABC=2×2×=2，侧面积为S2=3=3×2×2=12. 所以棱柱表面积为S=S1 +S2=12+2. 18．(1) (2) 【分析】（1）依题意可得，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，求出的值，即可得解； （2）首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可. 【详解】（1）∵， ∴， ∴且，∴， ∴，则. （2）∵， 又为纯虚数，∴且，     ∴. 19．(1)或. (2) 【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示和数量积的坐标表示列出方程，解方程即可； （2）根据共线向量的坐标表示列出方程，解之可得，结合数量积的定义计算即可求解. 【详解】（1）已知， 所以. 又因为，所以有， 所以，解得或. （2）因为，所以. 又，所以， 解得，所以. 所以， 因为，所以. 20．(1) (2)． 【分析】（1）应用诱导公式、辅助角公式化简函数式，由正弦型函数性质求值域； （2）由已知可得，结合三角形面积公式、余弦定理求，进而求周长. 【详解】（1）由题意，函数 ， ， 当时，可得， ∴，故， 所以函数的值域为． （2）由（1）得，所以， 因为，得，所以，解得， 又，可得， 由余弦定理得， 因为，所以，所以的周长为． 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可证明，，然后证明平面ADEF即可； （2）根据垂直关系可得就是二面角的平面角，进而可得结果. 【详解】（1）在等腰梯形ADEF中，作于M，    则，可得， 连接AC，则， 因为，可得， 由，可得， 且，平面，所以平面. （2）由（1）可知平面ADEF，且平面，可得， 且，，平面，可得平面， 且平面，可得， 又，可知就是二面角的平面角， 在，可得， 所以二面角的余弦值为. 22．(1) (2) 【分析】（1）若选①，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果； 若选②，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果. （2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得． 【详解】（1）若选①，因为，由正弦定理可得，，化简可得 ，又因为，则，， 故. 若选②，因为，由正弦定理可得，， 且，则，且， 所以，其中， 所以，则. （2）由题意可得，， 所以， 因为、、三点共线，故设， 同理、、三点共线，故设， 则，解得， 所以， 则， 因为，所以， 又因为为锐角三角形， 当为锐角，则，即， 即，所以； 当为锐角，则，即， 则，即，所以； 综上可得， 又因为， 则， 因为，则， 且在上单调递减，， 所以，即， 所以． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 座位号 2023-2024学年下学期期末考试答题卡学校 班级 姓名 高一数学 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 一、选择题（单选题：1-8题，多选题：9-12题，每小题5分共60分） 二、填空题（每小题5分，共20分） 13、 14、 15、 16 、 三、解答题（17题10分，18-22题每题12分） 17、 18、 19、 20、 21、 22、 学科网（北京）股份有限公司 $$