精品解析：江西省抚州市2023-2024学年高一下学期学生学业质量监测数学试卷

抚州市2023—2024学年度下学期学生学业质量监测 高一数学试题卷 命题：抚州市教育发展研究中心 说明：1．本卷共有4大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分． 3．所有考试结束3天后，考生可凭准考证号登录智学网（www.zhixue.com）查询考试成绩，密码与准考证号相同． 一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，仅有一项符合题目要求． 1. 若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数，所以的虚部为. 故选：B. 2. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解. 【详解】, 故选：A 3. 直线与平面不平行，则（　　） A. 与相交 B. C 与相交或l⊂α D. 以上结论都不对 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与平面位置关系的概念，结合题意，即可得到答案. 【详解】由直线与平面的位置关系概念，可得直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交三种位置关系， 因为直线与平面不平行，所以与相交或. 故选：C. 4. 在中，若，则边的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理即可. 【详解】因为， 所以由正弦定理得： ， 故选：B. 5. 在中，边上的中线与边上的中线的交点为，若，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易得E为三角形的重心，然后利用平面向量基本定理求解. 【详解】解：由题可知E为三角形的重心， 则， ∴，， ∴． 故选：D 6. 如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中与底面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由展开图得到正方体的直观图，则即为与底面的夹角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】由展开图可得如下直观图，由正方体的性质可知平面，则即为与底面的夹角， 设正方体的棱长为，则，， 所以，即与底面的夹角的余弦值为. 故选：D 7. 如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在直角中，利用正切函数的定义，求得的长，即可求解． 【详解】在中，， 所以 所以， 由正弦定理， 可得， 在直角中，因为 所以， 即塔高为． 故选：C． 8. 如图，在△ABC中，点D，E分别为BC和BA的三等分点，点D靠近点B，AD交CE于点P，设，，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用表示，结合平面向量基本定理得到方程组，求解后代入即可求得. 【详解】设，， 所以， 又，所以， 因为， 所以， 所以，解得， 所以， 故选：B. 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对按比例得分，不选或有选错的得0分． 9. 已知向量，，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标运算得出，利用正弦函数值域即可得出结果. 【详解】由题知， ， 因为，， 所以，， 即的范围为. 故选：BC 10. 如图，正方体中，，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】在正方体中，易得平面，可判定A正确；过点作，得到平面即为平面，结合与不垂直，可判定B不正确；由平面平面，证得平面，得到点到平面的距离等于点点到平面的距离，且为定值，可判定C正确；将绕着展开，使得平面与平面重合，连接，得到时，取得最小值，进而可判定D正确. 【详解】对于A中，如图（1）所示，在正方体中，连接， 连接，在正方形中，可得， 由平面，平面，所以， 因为且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 连接，同理可证平面，因为平面，所以， 因为且平面，所以平面， 因为平面，所以，所以A正确； 对于B中，当点不与重合时，过点作， 因为，所以，所以平面即为平面， 如图所示，在正方形中，与不垂直， 所以与平面不垂直，所以B不正确； 对于C中，分别连接， 在正方体，因为，平面 平面， 所以平面，同理可证：平面， 因为且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 又因为是上的一动点， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值， 因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C正确； 对于D中，将绕着展开，使得平面与平面重合， 如图（2）所示，连接，当为和的交点时， 即为的中点时，即时，取得最小值， 因为正方体中，，可得，， 在等边中，可得，在直角中，可得， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ACD. 11. 设函数的最小正周期为，且过点，则下列说法正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 的一条对称轴为 C. 把的图象向左平移个单位长度后得到函数，则 D. 若在上单调递减，则取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用辅助角公式将函数化简，利用周期及特殊点求出函数解析式，然后利用余弦函数性质一一判断即可. 【详解】， 因为函数最小正周期为，，所以，则， 又函数过点，所以，即，所以， 所以，又，所以， 所以，易知函数的定义域为R，且，所以为偶函数，故A正确； 令，则，当时，的一条对称轴为，故B正确； 令，则， 当时，在上单调递减，若在上单调递减，则的取值范围为，故D正确； 把的图象向左平移个单位长度后得到函数， 则，故C错误. 故选：ABD 三、填空题：共3小题，每题5分，共15分． 12. 计算:________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用诱导公式和两角差的正弦公式化简求值. 【详解】 ． 故答案为：． 13. 已知，，，，则向量在向量上的投影向量为______（用坐标表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的概念与平面向量坐标运算求解即可． 【详解】因为，，， 所以， 所以向量在向量上的投影向量为. 故答案为：. 14. 四面体中，，，，则该四面体的体积__________． 【答案】8 【解析】 【分析】把四面体放置在一个长方体中，列方程组求得长方体的长、宽、高，进而求得四面体的体积. 【详解】如图所示，把四面体放置在一个如图所示的长方体中， 设长方体的长、宽和高分别为， 可得，解得，所以长方体的体积为， 又由， 所以四面体的体积为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内． 15. 如图，在圆锥中，已知，的直径，点是的中点，点为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，连接，证得和，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面； （2）连接并延长，与与平行的直线交于点，可得，进而得到面，得出直线与平面的夹角即为，在直角中，即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，因为，为的中点，所以． 又因为底面，底面，所以， 因为，且面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 解：连接并延长，与过点且与平行的直线交于点，可得， 由（1）知平面，所以面， 所以直线与平面的夹角即为， 又由，， 在直角中，可得， 即直线与平面的夹角的正弦值为. 16. 已知函数的图象与x轴的相邻两个交点之间的距离为，且． （1）求的解析式； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数的单调递减区间． 【答案】（1） （2），． 【解析】 【分析】（1）首先根据周期求，再根据求，即可求函数的解析式； （2）首先利用平移规律求的解析式，再化简的解析式，再根据函数的性质求函数的单调递减区间. 【小问1详解】 由已知得的最小正周期，所以， 从而，又，，所以, 所以． 【小问2详解】 由已知得． 故， 令，，得，， 所以函数的单调递减区间为，． 17. 若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若，求△ABC周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，可得，由余弦定理即可求解， （2）根据正弦定理得，由内角和关系以及和差角公式可得，进而由三角函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理可得：， ，， 【小问2详解】 因为，，所以，故 由正弦定理得： 所以， 所以周长 因，则，所以 故 求周长的取值范围为. 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为. （1）求； （2）求向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）由题可知：，再利用数量积的运算律求解即可； （2）利用向量在向量上的投影向量为求解即可. 【小问1详解】 由题可知：， 则. 【小问2详解】 记与的夹角为， 则向量在向量上的投影向量为， 所以向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标为. 19. 如图所示，四棱锥中，四边形是菱形，棱长为2，，，. （1）证明： （2）若，求 （3）若，为边的中点，为四棱锥表面上一动点且恒有，求动点的轨迹长． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明平面，即可得证； （2）取中点，连接并与交于点，即可证明平面，利用三角形相似求出，最后根据锥体的体积公式计算可得； （3）作出截面图形，再计算相关线段的长度，即可求出轨迹长； 【小问1详解】 连接，依题意为的中点， ∵，∴， 又∵四边形是菱形，所以， 因为，平面， ∴平面，平面，∴． 【小问2详解】 取中点，连接并与交于点， ∵四边形是菱形，， ∴为等边三角形，所以为其重心， ∴为的三等分点且，， 又∵， ∴，又，所以，，平面， ∴平面，又平面，∴， 由（1）知平面，平面， ∴，又，平面， 平面，平面， ∴， ∵，所以， ∴， 又，，则， ∴，又， ∴； 小问3详解】 作，与延长线交于点，与延长线交于点， 作于，连接，作，则， 与交于点，与交于点， ∵，，，平面 ∴平面， ∵，， 平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， ∴平面， ∴五边形即为动点的轨迹， 易知，，， 又∵，∴，， ∴，， ∴，， ∴，∴， ∴， 由对称性易知， ∴， ，， 所以轨迹长 . 【点睛】关键点点睛：第三问关键是确定五边形即为动点的轨迹，再求出相关线段的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 抚州市2023—2024学年度下学期学生学业质量监测 高一数学试题卷 命题：抚州市教育发展研究中心 说明：1．本卷共有4大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分． 3．所有考试结束3天后，考生可凭准考证号登录智学网（www.zhixue.com）查询考试成绩，密码与准考证号相同． 一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，仅有一项符合题目要求． 1. 若复数，则的虚部为（ ） A B. C. D. 2. 的值为（ ） A. B. C. D. 3. 直线与平面不平行，则（　　） A. 与相交 B. C. 与相交或l⊂α D. 以上结论都不对 4. 在中，若，则边的长为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，边上的中线与边上的中线的交点为，若，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 6. 如图是一个正方体平面展开图，则在该正方体中与底面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在△ABC中，点D，E分别为BC和BA的三等分点，点D靠近点B，AD交CE于点P，设，，则＝（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对按比例得分，不选或有选错的得0分． 9. 已知向量，，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正方体中，，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥体积为定值 D. 的最小值为 11. 设函数最小正周期为，且过点，则下列说法正确的是（ ） A. 偶函数 B. 的一条对称轴为 C. 把的图象向左平移个单位长度后得到函数，则 D. 若在上单调递减，则的取值范围为 三、填空题：共3小题，每题5分，共15分． 12. 计算:________． 13. 已知，，，，则向量在向量上的投影向量为______（用坐标表示） 14. 四面体中，，，，则该四面体的体积__________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内． 15. 如图，在圆锥中，已知，的直径，点是的中点，点为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值． 16. 已知函数的图象与x轴的相邻两个交点之间的距离为，且． （1）求的解析式； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数的单调递减区间． 17. 若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若，求△ABC周长的取值范围. 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为. （1）求； （2）求向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标. 19. 如图所示，四棱锥中，四边形是菱形，棱长为2，，，. （1）证明： （2）若，求 （3）若，为边的中点，为四棱锥表面上一动点且恒有，求动点的轨迹长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$