精品解析：重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

西南大学附中2023—2024学年度下期期末考试 高一数学试题 （满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前考生务必把自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自己保管好，以备评讲）. 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，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 若平面和直线，满足，，则与的位置关系一定是（ ） A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 相交或异面 3. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ） A. B. 或 C. 或 D. 4. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A B. C. D. 5. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 6. 在中，，，.为中点，为上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点D、E、F分别为其所在棱的中点，能得出平面DEF的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（ ） A. 120° B. 135° C. 150° D. 165° 二、多选择题：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. 若复数，为的共轭复数，则以下正确的是（ ） A. 在复平面对应的点位于第二象限 B. C. D. 为纯虚数 10. 已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ） A. 圆锥体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D. 面积的最大值为2 11. 对非零向量，，定义运算“”：，其中为与夹角，则（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若中，，，，则 D. 若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若，则______. 13. 如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为______. 14. 费马点是在三角形中到三个顶点距离之和最小的点.具体位置取决于三角形的形状，如果三角形的三个内角均小于120°时，则使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.设点O为的费马点，且满足，则边a的最小值为______. 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. 如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求异面直线与所成角的余弦值. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求； （2）若，，设为延长线上一点，且，求线段的长. 17. 如图，在正四棱锥中，，点，分别满足，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角正弦值. 18. 如图，已知三棱台的下底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，平面平面. （1）证明：平面； （2）求点B到平面的距离； （3）若P为BC的中点，Q为的中点，点F在侧面内，且平面APQ，当的面积最小时，求平面ACF与平面夹角的余弦值. 19. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 西南大学附中2023—2024学年度下期期末考试 高一数学试题 （满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前考生务必把自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自己保管好，以备评讲）. 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，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的模计算公式计算可得. 【详解】因为，所以. 故选：D 2. 若平面和直线，满足，，则与的位置关系一定是（ ） A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 相交或异面 【答案】D 【解析】 【分析】当时与相交，当时与异面. 【详解】当时与相交，当时与异面. 故答案为D 【点睛】本题考查了直线的位置关系，属于基础题型. 3. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为，，，由余弦定理可得， 即，即，解得或. 故选：C. 4. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合斜二测画法的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案. 【详解】由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形， 如图所示，其中，， 所以. 故选：C． 5. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，再将两边平方，结合数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，，所以， 又，所以，即， 所以， 则，解得（负值已舍去）. 故选：B 6. 在中，，，.为的中点，为上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用、表示，根据数量积的运算律计算可得. 【详解】因为为的中点，则， 因为为上一点，设， 则 ， 又、不共线，所以，解得， 所以， 所以 ，即. 故选：A. 7. 下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点D、E、F分别为其所在棱的中点，能得出平面DEF的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】因为体对角线与对角面垂直，只需找到与对角面平行的答案即可. 【详解】 设下底面端点，及上底面对应端点，如图所示， 连接,和，由三垂线定理知，且， 又因为,面，面， 所以面. 对于C，因为，,，所以面//面， 所以平面DEF. A、B、D选项中面与面均不平行. 故选：C. 8. 已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（ ） A. 120° B. 135° C. 150° D. 165° 【答案】A 【解析】 【分析】由面积公式得到，再将切化弦，结合两角和的正弦公式、诱导公式得到，利用正弦定理将角化边得到，由余弦定理得到，最后利用余弦定理计算可得. 【详解】在中，，又， 则，而， 则，即，又，则， 而， 由，得，即， 由正弦定理得，由余弦定理 因此，即，则， 由余弦定理，又， 所以. 故选：A 二、多选择题：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. 若复数，为的共轭复数，则以下正确的是（ ） A. 在复平面对应的点位于第二象限 B. C. D. 为纯虚数 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，乘除法运算，共轭复数，复数模的运算公式，可判断各个选项. 【详解】对于A，，复数在复平面内对应的点为， 复数在复平面内对应的点位于第四象限，故A错误； 对于B，根据复数模的公式，，则， 又，所以，故B正确； 对于C，因为则，又，故C错误； 对D，，， 所以为纯虚数，故D正确. 故选：BD. 10. 已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D. 面积的最大值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积，从而判断A，再由弧长公式判断B，利用余弦定理判断C，根据面积公式判断D. 【详解】对于A：因为，，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积，故A错误； 对于B：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，即， 解得，即圆锥的侧面展开图的圆心角为，故B正确； 对于C：当为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点到点的最小距离为，如图， 在中，， 由余弦定理得，故C正确； 对于D：当为轴截面时，在中，，因为， 所以此时为钝角，又， 当时，的面积最大，且最大值为，故D正确； 故选：BCD 11. 对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若中，，，，则 D. 若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题干中的定义进行求解即可得出答案. 【详解】对于A，因为，所以或， 当时，，，所以 ； 当时，，，所以 ， 所以A正确. 对于B，，， 所以，所以，所以B正确. 对于C，因为中，，，， 所以， 所以C错误. 对于D，因为，所以, 所以，所以或， 当时，是等腰三角形； 当时，； 所以是等腰三角形或有内角为135°的三角形， 所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示计算可得. 【详解】因为，且， 所以，解得. 故答案为： 13. 如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设为的中心，为四面体的外接球的球心，过作，然后在中，由求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】如图所示：设为的中心，为四面体的外接球的球心， 则平面． 因为二面角的大小为，即平面平面， 设为线段的中点，外接球的半径为， 连接， 过作于点， 易知为的中心，则， 因为， 故，， 在中，， 故，则． 所以外接球的表面积为， 故答案为：. 14. 费马点是在三角形中到三个顶点距离之和最小的点.具体位置取决于三角形的形状，如果三角形的三个内角均小于120°时，则使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.设点O为的费马点，且满足，则边a的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式和正弦定理可得是以的直角三角形，再利用平面向量数量积定义和等面积可得，再由基本不等式即可得. 【详解】由可得， 即得. 由正弦定理可得，即为直角三角形，. 由费马定义可得， 设，，， 显然, 即， 可得， 又由可得， ， 得， 因此 由可得， 当且仅当时，等号成立. 即边的最小值为， 故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用费马点定义及数量积运算得出等量关系，再由基本不等式可得结果. 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. 如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）取的中点，连接、，则（或其补角）为异面直线与所成角，再由余弦定理计算可得. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 因为为的中点，为的中点，所以且， 又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 取的中点，连接、，则， 则（或其补角）为异面直线与所成角， 在直三棱柱中，， 平面，平面，所以，， 在中，，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求； （2）若，，设为延长线上一点，且，求线段的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）利用正弦定理求出，即可求出，从而求出，再由锐角三角函数求出，即可求出. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 即， 又，所以，所以，则. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得 ∴，又，所以 ∴， ∴， ∵，则， 又，即， 所以 ， ∴. 17. 如图，正四棱锥中，，点，分别满足，. （1）求证：； （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）设，取的中点，连接，过点作交于点，连接，即可证明，，从而得到平面，即可得证； （2）在上取点使得，连接、、，即可证明，从而得到直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，求出，利用等体积法求出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，则，从而得解. 【小问1详解】 设，取的中点，连接， 过点作交于点，连接， 在正四棱锥中，，则， 又为正方形，所以，则， 又，为的中点，为的中点，所以，且， 所以，又，即，所以， 所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以. 【小问2详解】 在上取点使得，连接、、， 因为，所以且， 则直线与平面所成角与直线与平面所成角相等， 又为的中点，所以，所以， 连接，则平面，又，所以， 在正四棱锥中，所以与为边长为的等边三角形， 所以， 又， 所以， 因为，所以到平面的距离为， 设点到平面的距离为，则， 即，解得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，已知三棱台的下底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，平面平面. （1）证明：平面； （2）求点B到平面的距离； （3）若P为BC的中点，Q为的中点，点F在侧面内，且平面APQ，当的面积最小时，求平面ACF与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，为等边三角形，⊥，由面面垂直得到线面垂直，故⊥，又⊥，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，利用等体积法求解点到平面的距离； （3）作出辅助线，证明面面平行，从而得到点F的运动轨迹，并确定何时的面积最小，并求出点到平面的距离和点到的距离为，相比得到面面角的正弦值，从而求出余弦值. 【小问1详解】 因为，所以， 取的中点，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形， 故， 又， 所以为等边三角形， 故， 因为，所以， 故，故⊥， 因平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 又⊥，，平面， 所以⊥平面； 小问2详解】 延长，相交于点， 由题意知，，， 故，同理， 故为等边三角形，， 又⊥平面， 故， 因为⊥平面，平面， 所以⊥， 因为， 连接，则⊥， 由勾股定理得， 故， 设点B到平面的距离为， 故，解得 【小问3详解】 取的中点，连接，则， 因为平面，平面， 所以平面， 取的中点，连接，， 则， 同理，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当F在上运动时，满足要求， 显然当F运动到点时，的面积最小， 由（1）知，点B到平面的距离为， 故点到平面的距离为， 故点到平面的距离为， 设点到的距离为， 其中，， 故， 故， 故， 设平面ACF与平面夹角为， 则， 则. 【点睛】方法点睛：立体几何面面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. （3）利用其中一个平面上的图形在另一个平面的投影图形面积与原图形的面积之比求解面面角的余弦值； （4）求出一个平面上一点到另一个平面的距离和此点到两平面交线的距离之比进行求解. 19. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）利用余弦定理求出，再由等面积法计算可得； （3）延长交于，延长交于，设，，分别求出、，再根据三角恒等变换化一，结合正切函数的性质即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 由正弦定理得， 则， 因为，所以； 【小问2详解】 因，，， 即，解得， 设边上的角平分线长为， 则，即， 即，解得，即边上的角平分线长为； 【小问3详解】 延长交于，延长交于， 设，，所以， 在中， 在中，，所以， 在中，同理可得， 所以 ， 因为，所以，所以，所以， 即的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$