精品解析：河南省南阳地区2023-2024学年高一下学期期末适应性考试数学试题

南阳地区2024年春季高一期末适应性考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册. 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，只有一项是合题目要求的. 1. 已知角的终边经过点，且，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是正方形棱锥是正四棱锥 B. 用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是圆台 C. 棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点 D. 平行于同一平面的两条直线平行 3. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 4. 已知是两个不重合的平面，直线，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. 既不充分也不必要条件 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 某数学兴趣小组成员为测量南阳解放纪念碑的高度，如图，在与解放纪念碑的底部处于同一水平面的，两处进行测量，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，且米，，则该解放纪念碑的高度（ ） A. 60米 B. 米 C. 米 D. 米 7. 已知复数，满足，且，则（ ） A. B. C. 5 D. 8. 若向量是一组基底，向量，则称为向量在基底下的坐标.如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中分别是的中点.已知向量分别是与向量同向的单位向量，且向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标是（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 为纯虚数 D. 在复平面内对应的点在第四象限 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的最大值为2 D. 方程在上恰有20个不同的实根 11. 有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（ ） A. 该几何体的表面积为 B. 该几何体的体积为4 C. 直线与直线所成角为 D. 二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知单位向量，满足，则_________________. 13. 等腰梯形如图所示，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，与，分别切于点，，则图中阴影部分以所在直线为轴旋转一周所形成的几何体的体积为_________________. 14. 如图，在边长为2的正方形中，分别为边上的点（不包含端点）.若的周长为4，则的最大值是__________. 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. （1）求单调递增区间； （2）求在上的值域. 16. 如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为.正四棱柱的底面边长为，高为.正四棱台的上、下底面边长分别为和，斜高（即侧面梯形的高）为. （1）求这种型号的奖杯的表面积（用表示，焊接处对面积的影响忽略不计）； （2）已知，若为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂，且该种型号的奖杯底面（图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质）不需要镀金，则为100个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？（取3.14，精确到） 17. 在中，角，，的对边分别是，，，已知，且. （1）求的值； （2）若，求的周长. 18. 如图，在四棱柱中，平面平面，，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记；若点M在线段PQ外，记. （1）若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值； （2）若M在正方体棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值； （3）若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南阳地区2024年春季高一期末适应性考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册. 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，只有一项是合题目要求的. 1. 已知角的终边经过点，且，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据任意角三角函数的定义求解. 【详解】因为已知角的终边经过点，且， 所以， 解得， 故选：B. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B. 用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是圆台 C. 棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点 D. 平行于同一平面的两条直线平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何体性质和线面的位置关系分析即可. 【详解】底面是正方形但是侧棱不相等的棱锥不是正四棱锥，故A错误； 要用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是圆台，故B错误； 因为棱台是由棱锥截得的，所以棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点，故C正确； 平行于同一平面的两条直线，可能平行、相交、异面，故D错误， 故选：C. 3. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】将所给函数化为，根据函数图象平移变换即可求解. 【详解】 因此，要得到函数的图象，只需将函数向右平移个单位. 故选：A 4. 已知是两个不重合的平面，直线，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. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面关系、面面关系的性质定理及判定定理判断可得； 【详解】解：因为是两个不重合的平面，直线，若，则存在直线，满足，因为，所以，所以，故充分性成立； 若，，则，或，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件； 故选：A 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式计算出，在代入正切二倍角公式即可. 【详解】原方程可化为，故. 故选：D 6. 某数学兴趣小组成员为测量南阳解放纪念碑的高度，如图，在与解放纪念碑的底部处于同一水平面的，两处进行测量，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，且米，，则该解放纪念碑的高度（ ） A. 60米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】米，则米，米，在中，用余弦定理构造方程求解即可． 【详解】设.米，则米，米， 在中，由余弦定理可得， 即， 又因为米，即，解得． 故选：A. 7. 已知复数，满足，且，则（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，把复数和平面向量建立一一对应关系，再利用向量的模长加减运算数形结合求解即可. 【详解】设对应的复数为，对应的复数为， 则对应的复数为，对应的复数为， 因为，且，由勾股定理逆定理知道， 为直角三角形，且. 作长方形，如图所示， 则对应的复数为，故. 故选：C. 8. 若向量是一组基底，向量，则称为向量在基底下的坐标.如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中分别是的中点.已知向量分别是与向量同向的单位向量，且向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，由向量的线性运算及图形关系得，再由向量在基底下的坐标为得，，最后通过线性运算得即可求解. 【详解】由题意可得. 因为是平行四边形， 所以， 所以， 所以. 因为向量在基底下的坐标为， 所以，. 因为， 所以在基底下的坐标是. 故选：B. 二、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. 已知复数满足，则（ ） A. 虚部为 B. C. 为纯虚数 D. 在复平面内对应的点在第四象限 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】由复数，可得， 对于A中，由的虚部为，所以A正确； 对于B中，由，可得，所以B不正确； 对于C中，由，可得不是纯虚数，所以C错误； 对于D中，由在复平面内对应的点为位于第四象限，所以D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的最大值为2 D. 方程在上恰有20个不同的实根 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别求出和的最小正周期可得的最小正周期，得 正确，把代入函数，结合函数对称性验证可得正确，去掉绝对值，用辅助角公式化简可得函数最大值可判断错误，去掉绝对值，画出函数图象观察可得，与的图象在上确实恰有20个不同的交点，故正确. 【详解】，为偶函数. 设为的最小正周期， 如图，结合图象知的最小正周期为， 的最小正周期为， 是有理数，为的最小公倍数，, 的最小正周期为，故正确； ， 的图象关于直线对称，故正确； 当时，令， ，即，，， 又为偶函数，且最小正周期为，得的最大值为，故错误； ， 根据五点法分别作出作出函数和的图象，结合相应的范围和周期性可得函数的图象（或可画出函数在上的图象，结合偶函数的对称性和函数周期性可得函数的完整图象），如图， 方程在上恰有20个不同的实根，得， 即与的图象在上恰有20个不同的交点， ，观察图象可得，与的图象在上确实恰有20个不同的交点，故正确. 故选：. 11. 有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（ ） A. 该几何体的表面积为 B. 该几何体的体积为4 C. 直线与直线所成的角为 D. 二面角的余弦值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法即可求解D. 【详解】对于A，因为，所以． 蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成， 故该几何体的表面积为，故A正确； 对于B，该几何体的体积为，故B正确； 对于C，因为，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，又因为，所以，故C正确 对于D，设的中点为，连接、，则，， 则即二面角的平面角． 建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、， 则，， 则，故D错误.    故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是准确题解题意中“蒺藜形多面体”的定义，结合图1和图2直观想象“蒺藜形多面体”的几何特征，对多面体分割计算表面积和体积，再借助正方体求解异面直线所成的角与二面角. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知单位向量，满足，则_________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律即可求解. 【详解】由题意，因为， 所以， 又因为, 所以. 故答案为：. 13. 等腰梯形如图所示，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，与，分别切于点，，则图中阴影部分以所在直线为轴旋转一周所形成的几何体的体积为_________________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可知阴影部分旋转形成的几何体是以分别为上下底面直径的圆台再挖去圆台的内切球剩余的部分，分别计算出圆台和球的体积即可得出结果. 【详解】梯形以所在直线为轴旋转一周形成以分别为上下底面直径的圆台， 该圆台的上底面半径为1，下底面半径为4， 由圆与梯形相切可得， 圆台的高， 则圆台的体积. 圆以所在直线为轴旋转一周形成球，得球的半径， 则球的体积为. 故图中阴影部分以所在直线为轴旋转一周所形成的几何体的体积为. 故答案为：. 14. 如图，在边长为2的正方形中，分别为边上的点（不包含端点）.若的周长为4，则的最大值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，则.因为，所以，用的三角函数表示，求三角函数值域即可． 【详解】如图， 延长到点，使得，连接． 易证，则，故. 设，则.因为的周长为4， 所以，所以. 因为，所以. 因，所以，所以. 设，则.因为， 所以， 则， 因为，所以，所以， 所以，则的最大值是. 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. （1）求的单调递增区间； （2）求在上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦函数的性质计算可得. （2）由的取值范围求出，再根据余弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 ，令， 解得， 所以函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 ，因为，所以， 可得，则， 即函数在上的值域为． 16. 如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为.正四棱柱的底面边长为，高为.正四棱台的上、下底面边长分别为和，斜高（即侧面梯形的高）为. （1）求这种型号的奖杯的表面积（用表示，焊接处对面积的影响忽略不计）； （2）已知，若为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂，且该种型号的奖杯底面（图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质）不需要镀金，则为100个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？（取3.14，精确到） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别求得棱台、棱柱、球的表面积后相加即可得出该奖杯的表面积； （2）求出奖杯需要镀金的表面积，再根据镀金材料的每平方米的重量可求得为100个这种型号的奖杯镀金所需要的材料. 【小问1详解】 球的表面积为. 正四棱柱的表面积为. 正四棱台的表面积为. 故这种型号的奖杯的表面积为. 【小问2详解】 因为1个这种型号的奖杯需要镀金的面积为 ， 所以100个这种型号的奖杯需要镀金的面积为. 因为为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂， 所以为100个这种型号的奖杯镀金约需要材料. 17. 在中，角，，的对边分别是，，，已知，且. （1）求的值； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，结合正弦定理，即可求得的值； （2）设，由余弦定理得出方程，解得或，进而求得的周长. 【小问1详解】 解：由，且，可得， 又因为，由正弦定理得，所以. 【小问2详解】 解：由，可得，可设，其中， 因为，由余弦定理得，即， 即，解得或， 当时，，此时周长为； 当时，，此时的周长为. 18. 如图，在四棱柱中，平面平面，，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在线段上取一点，使得，连接，问题转化为，； （2）首先证明出平面，然后在通过体积转化法求出点到平面的距离为，最后再通过求解. 【小问1详解】 如图：在线段上取一点，使得，连接， 因为，，，所以四边为正方形， 所以，，，， 又因为，，所以，所以， 又因为，，所以， 因为，，，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以， 由于且，，平面且必相交与一点， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知，，所以， 又因为平面，，所以平面， 设点到平面的距离为，与平面的夹角为， 在中，，，， ，， 所以， 而， 由可得：， 所以，所以与平面夹角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是利用体积转化法求出点到平面的距离为，进而转化为求三角形面积的问题，在计算过程中为普通三角形，面积需要三部来计算，计算量较大，最后再通过求解. 19. 点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记；若点M在线段PQ外，记. （1）若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值； （2）若M在正方体的棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值； （3）若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值. 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）根据锐角三角函数的定义，结合和差角公式可得，即可代入公式求解， （2）根据的计算公式，代入即可求解， （3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证. 【小问1详解】 如图1， 因为，所以. 由正方体的定义可知，则， 故， . 因为， 所以， 则. 【小问2详解】 如图2，设， 则. 因为， 所以， 则，解得， 故. 【小问3详解】 如图3， 因为是的等分点， 所以 在中，由正弦定理可得， 则. 在中，同理可得. 因为，所以， 则. 同理可得. 故 【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好定义的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的定义的性质的一些因素. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$