精品解析：河南省驻马店市青桐鸣2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（北师大版）

2023—2024学年下学期高一年级期末考试 数学（北师大版） 全卷满分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、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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. 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. 已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用共轭复数的概念得答案. 【详解】因为，所以，故. 故选：B. 2. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示分析求解. 【详解】因为，则，解得. 故选：A. 3. 已知某圆锥的母线长为8，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆的半径为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用扇形弧长公式即可求出圆锥底面圆半径. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 则，解得. 故选:B 4. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，，则，可能平行、异面或者相交 B. 若，，则与可能平行、相交或者 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线和平面的位置关系，逐项分析判断即可得解. 【详解】若，则可能平行､异面或者相交，故A正确； 若，则与可能平行､相交或者，故B正确； 若，则与可能平行，也可能，故C错误； 若，由线面垂直的性质定理可知，故D正确. 故选：C. 5. 已知向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知利用平方运算可求得，代入投影向量公式即可求得结果. 【详解】，， ，， 又∵， ， ∴， 解得：， 则向量在上的投影向量为为. 故选：D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过已知角和所求角之间的关系，将所求角的三角函数值转化为已知角的三角函数值可解. 【详解】 . 所以 故选：A 7. 在正方体中，三棱锥的体积为72，则正方体的棱长为（） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用锥体的体积公式，结合割补法即可得解. 【详解】设正方体的棱长为， 易得， 所以，解得， 故正方体的棱长为6. 故选：C. 8. 已知函数且，若方程与方程共有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出函数的图像，将方程6个不同的实数根转化为有4个不同的实根，有2个不同的实根，即可得出结果. 【详解】当时，可知，当时，可知，所以根据正弦函数的单调性可得大致图象如图所示， 由方程与方程共有6个实数根,可知有4个不同的实根，有2个不同的实根， 所以， 解得. 故选:C. 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. 如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形，其中，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形为等腰梯形 D. 四边形的周长为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】由题意可画出其直观图如下， 其中，故A错误，B正确； 过点分别作，垂足分别为点， 故， ，故， 则四边形为等腰梯形，故C正确； 故四边形的周长为，即D错误. 故选：BC. 10. 已知当时，函数不单调，其中，则实数可能的取值有（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用绝对值定义去掉绝对值符号，根据正切函数的单调性，求解的取值范围即可. 【详解】∵， ∴ 当时，， 当时， ∵当时，函数不单调， ∴， ， 故选：BD 11. 在三棱锥中，底面，，，，以点为球心，作一个表面积为的球，设三棱锥外接球的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为1 B. 的最小值为 C. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为 D. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为 【答案】AC 【解析】 【分析】设，则，在中，由余弦定理得.设的外接圆半径为，在中，由正弦定理得，则，利用二次函数性质即可求得的最小值，由已知计算可证得平面，过点作交于点，则可证得侧面.进而可得，设球的半径为，则 .由，进而可得点在侧面上的轨迹长即为球与侧面的交线长.取计算研究，可得结果. 【详解】因为底面，故， 设，则， 由，且，得. 在中，由余弦定理得. 设的外接圆半径为， 在中，由正弦定理得， 则，当时，取得最小值1， 故A正确，B错误. 此时，又，所以. 又因为，所以平面， 过点作交于点，则，所以侧面. 而，设球的半径为，则，所以.由， 设，则点在侧面上的轨迹长即为球与侧面的交线长.取研究， 当在上时，，所以； 当在上时，在中，由正弦定理得， 即，解得. 因为，所以，故，. 因为，所以， 所以点在侧面上的运动轨迹是半径为1，圆心角为的圆弧，弧长为， 所以当取得最小值时，球与侧面的交线长为，故C正确，D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为复数的共轭复数，且满足，则复数的实部为______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义，结合复数加法运算即可求解. 【详解】设，为虚数单位，则， 由题意可得，解得，故的实部为1. 故答案为：1 13. 函数的最小正周期为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据二倍角公式可得，即可由周期公式求解. 【详解】， 故周期为， 故答案为： 14. 在中，角，，所对的边分别是，，，若，，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理得到，即，再利用辅助角公式即可得到，即可得到的取值范围. 【详解】， ，当且仅当取等号， ，即，即， ，， 又，则， 故答案为： 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知利用诱导公式化简即可得到的值； （2）利用诱导公式及二倍角公式化简得出原式等于，分子分母同时除以，化为求解． 【小问1详解】 由可得：， 即， 【小问2详解】 16. 已知复数，，为虚数单位，. （1）若在复平面内对应的点位于第一象限，求的取值范围； （2）若是方程的根，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据第一象限点的特征，即可列不等式求解， （2）将代入方程中，根据复数相等的充要条件即可求解，由模长公式即可求解. 【小问1详解】 因为在复平面内对应的点位于第一象限， 所以解得. 【小问2详解】 由题意可得， 故， 即， 所以解得， 故. 17. 已知函数的图象过，两点，将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象. （1）求函数的解析式； （2）若函数，求函数的单调区间. 【答案】（1） （2） 由（1）知，， 因为，所以，即， 解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为 【解析】 【分析】（1）根据题目条件可得，由可得，再将代入解析式解得，故，最后根据三角函数图象的伸缩平移变换即可求出的解析式； （2）由（1）可得，根据，可得，，再根据正弦函数的单调区间即可求出的单调区间. 【小问1详解】 因为函数的图象过，两点， 所以，即，解得， 又因为，则. 所以， 所以，则， 又因为，所以，即， 所以将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变， 再向右平移个单位长度得. 【小问2详解】 略 18. 如图，为三棱锥的高，且点在的内部，点为的中点，且，直线平面. （1）求直线与平面所成角的大小. （2）若直线分别与直线，所成的角相等，且. ①求二面角的大小； ②求三棱锥的体积. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由题意即为直线与平面所成的角，计算可得为等边三角形，即可得出结果； （2）①如图，延长交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而证得即为二面角的平面角，计算求解即可；②利用勾股定理求解出,长，即可求出的体积. 【小问1详解】 因为为三棱锥的高，故底面. 又平面，故. 因为点为的中点，故， 则为等边三角形，故. 又底面，则即为直线与平面所成的角， 故与平面所成角的大小为. 【小问2详解】 ①如图，延长交于点，连接. 直线为过直线的平面与平面的交线， 又平面，故. 又为的中点，故为的中点. 则， 又平面平面， 故，易知. 因为直线与直线所成的角相等， 所以. 在与中，， 故，故. 在与中，， 故，故， 即为的平分线， 又，则，且为的中点， 又，则， 则即为二面角的平面角， 则， 则二面角的大小为. ②由，可知，则， 故. 19. 三边长度均为整数的三角形称为“整边三角形”.若整边三角形的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）证明：； （2）若，当取最小值时，求整边三角形的面积. 【答案】（1） 因为， 所以， 因为， 所以， 所以， 由正弦定理， 得. （2） 【解析】 【分析】（1）变形得到，由正弦定理得即可证得结果； （2）由题意得到，由正弦定理和余弦定理得到，求出，由，求出的最小值为4，进而由三角形面积求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，由正弦定理 及余弦定理可得， ， 解得（舍）或， 故， 则， 所以. 因为，所以的最小值为4， 此时， 所以整边三角形的面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年下学期高一年级期末考试 数学（北师大版） 全卷满分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、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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. 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. 已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 1 3. 已知某圆锥的母线长为8，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆的半径为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 4. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，，则，可能平行、异面或者相交 B. 若，，则与可能平行、相交或者 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 已知向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，三棱锥的体积为72，则正方体的棱长为（） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 8. 已知函数且，若方程与方程共有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） 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. 如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形，其中，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形为等腰梯形 D. 四边形的周长为 10. 已知当时，函数不单调，其中，则实数可能的取值有（ ） A. B. C. 2 D. 11. 在三棱锥中，底面，，，，以点为球心，作一个表面积为的球，设三棱锥外接球的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为1 B. 的最小值为 C. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为 D. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为复数的共轭复数，且满足，则复数的实部为______. 13. 函数的最小正周期为______. 14. 在中，角，，所对的边分别是，，，若，，则的取值范围为______. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知. （1）求的值； （2）求的值. 16. 已知复数，，为虚数单位，. （1）若在复平面内对应的点位于第一象限，求的取值范围； （2）若是方程的根，求. 17. 已知函数的图象过，两点，将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象. （1）求函数的解析式； （2）若函数，求函数的单调区间. 18. 如图，为三棱锥的高，且点在的内部，点为的中点，且，直线平面. （1）求直线与平面所成角的大小. （2）若直线分别与直线，所成的角相等，且. ①求二面角的大小； ②求三棱锥的体积. 19. 三边长度均为整数的三角形称为“整边三角形”.若整边三角形的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）证明：； （2）若，当取最小值时，求整边三角形的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $