精品解析：河南省新未来2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题

绝密★启用前 2023~2024学年度下学期期末质量检测 高一数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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. 与角终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据终边相同角的概念，可写出的终边相同角，调整参数即可求解答案. 【详解】由题意，与角终边相同的角可写为， 令，代入，得 故选：B. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示可得答案. 【详解】已知向量，， 若，则， 解得. 故选：C. 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式及正余弦齐次式法求值即得. 【详解】由，得. 故选：B 4. 已知圆柱的母线长比底面半径长多2cm，表面积为24π cm2，则该圆柱的体积为（ ） A. 12π B. 14π C. 16π D. 18π 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆柱表面积公式求出底面圆半径，再求出体积即得. 【详解】设圆柱底面圆半径为，则圆柱母线长为， 由圆柱表面积为24π，得，解得， 所以该圆柱的体积为（）. 故选：C 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，从而得到函数的解析式. 【详解】由图像可得, ,可得 由，可得 所以，由 所以,解得 由，所以 所以 故选：C 6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ） A. 为直角三角形 B. 为锐角三角形 C. 为钝角三角形 D. 的形状无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案. 【详解】由，可得， 则， ， ， 即， 由，故只能为锐角，可得， 因为，所以，. 故选：A. 7. 已知（其中），若方程在区间上恰有4个实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得或，求出的值，再由求出的范围，然后由方程在区间上恰有4个实根，可得，从而可求出的取值范围. 【详解】由，得， 所以或， 所以，或，或，或， 由，得，所以， 因为方程在区间上恰有4个实根， 所以，解得， 故选：D 8. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为（为常数）的一个球面上，底面是正方形且球心到平面的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球的体积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 求出，根据，求出，根据球的体积公式可得解. 【详解】因为，所以， 得，得， 有，有， 得，所以球的体积为. 故选：A 【点睛】本题考查了棱锥的体积公式，考查了球的体积公式，属于基础题. 二､多选题：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. 如图，小明在A处向正东方向走3km后到达B处，他再沿南偏西30°方向走a km到达C处，这时他离出发点A的距离为km，那么的值可以是（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】AD 【解析】 【分析】根据余弦定理，即可求解. 【详解】如图， 由条件可知 根据余弦定理可知，， 所以，解得或. 故选：AD. 10. 下列不等式中成立是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合诱导公式，根据和的单调性依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】对于A，在上单调递增，又，，A正确； 对于B，在上单调递减，又，，B错误； 对于C，，又，，C正确； 对于D，，， 又，，D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在长方体中，，为的中点，为棱上任意一点，直线与棱交于点.则下列结论正确的是（ ） A. 四边形是平行四边形 B. 当为的中点时，四边形是菱形 C. 四边形的周长的最小值为9 D. 四棱锥的体积为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据面面平行的性质结平行四边形判定定理分析判断，对于B，根据已知条件可由三角形全等，得，从而可判断，对于C，设，则四边形的周长为，转化为平面上点之间的距离问题分析判断，对于D，利用等体积法分析判断. 【详解】对于A，因为为的中点，直线与棱交于点，所以四点共面， 因为平面∥平面，平面平面，平面平面， 所以∥，同理可证得∥， 所以四边形是平行四边形，所以A正确， 对于B，因为为的中点，所以，因为，， 所以 ≌，所以， 因为四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以B正确， 对于C，设，则，， 所以四边形的周长为 ， 则看成平面上点到点的距离和， 设点关于轴的对称点为，则 所以 ，当时取等号， 所以四边形的周长为10，所以C错误， 对于D， ，所以D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的性质，考查棱柱的性质，考查棱锥的体积的计算，选项C解题的关键是将四边形的周长转化为平面上点到点的距离和的2倍，然后利用平面几何的知识求解，考查数学转化思想和空间想象能力，属于较难题. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的虚部为________. 【答案】## 【解析】 【分析】先由复数乘除运算法则化简复数，进而根据共轭复数概念得即可得其虚部. 【详解】因为， 所以 故的虚部为. 故答案为：. 13. 已知向量满足，且，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】首先将条件等式两边平方，求，再代入向量模的计算公式，即可求解. 【详解】因为，所以， 展开得， 将代入，整理得， 所以，即． 故答案为：1 14. 如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据中点可得线线平行，即可求证平面即为平面，即可利用三角形的边角关系求解长度求解. 【详解】在直三棱柱中，， 即底面为直角三角形，且斜边， 取的中点的中点的中点，连接， 则，所以，即四点共面， 由平面平面，所以平面，故平面即为平面， 取的中点的中点，连接，则为等腰梯形的高， 因为， 所以， 所以． 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤． 15. 已知复数是一元二次方程（，）的根. （1）求的值； （2）若复数（其中）为纯虚数，求复数的模. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由是一元二次方程的两根，并根据韦达定理即可求解； （2）由（1）并结合为纯虚数，得，再代入复数中求模即可. 小问1详解】 因为是一元二次方程的根， 所以也是一元二次方程的根， 故，解得. 【小问2详解】 因为复数为纯虚数， 所以，且，即. 所以复数， 故. 16. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对已知等式化简后，利用余弦定理可求出角A； （2）先求出角三角形外接圆的半径，再由正弦定理可求出，将已知等式利用正弦定理统一成边的形式可求出，再结合（1）可求出，从而可求出三角形的面积. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，即， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为△ABC的外接圆的面积为，所以△ABC的外接圆半径为， 由正弦定理得，， 因为，所以由正弦定理得， 由（1）知， 所以，得，则， 所以△ABC的面积为. 17 已知函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）求函数在区间上的最大值和最小值； （3）若为锐角，，求的值． 【答案】（1） （2）最大值为1，最小值为 （3） 【解析】 【分析】（1）将的解析式化为，然后解出不等式即可； （2）由，得，然后根据正弦函数的知识可得答案； （3）由条件可得，然后可得的值，然后利用算出答案即可. 【小问1详解】 由 ． 令，，解得 故函数的减区间为 【小问2详解】 由，有 有， 故函数在区间上的最大值为1，最小值为； 【小问3详解】 由，可得 因为，可得 又由，可得，有． 有． 18. 如图，在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，BD与EF相交于点G，记. （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将作为基底，利用平面向量基本定理结合共线定理对化简，用基底表示，然后列方程组可求得的值； （2）把用基底表示，再作数量积运算即可 【小问1详解】 因为在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点， 所以，， 因为点在上，所以设（）， 因为，所以， 所以， 所以, 所以，解得，， 【小问2详解】 由（1）可知，， 因为，所以， 所以 . 19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为菱形，，. （1）求锐二面角的大小； （2）求AP与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，利用二面角的定义求解即得. （2）取的中点，利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出点到平面的距离，再利用公式法求出线面角的正弦值. 【小问1详解】 在四棱锥中，取中点，连接， 在菱形中，，则是正三角形，，由，得， 由是正三角形，得，则是二面角的平面角， 而，则， 所以锐二面角的大小为. 【小问2详解】 由（1）知，平面，而平面，则平面平面， 取中点，连接，由为正三角形，得，， 而平面平面，平面，则平面， 三棱锥的体积， 显然，，又平面，即有， 于是， 又，底边上高， 设点到平面的距离为，由，得， 即，于是，解得， 由平面，平面，得平面， 因此点到平面的距离等于点到平面的距离， 令AP与平面所成的角为，则， 所以AP与平面所成的角的正弦值. 【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2023~2024学年度下学期期末质量检测 高一数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的， 1. 与角终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆柱的母线长比底面半径长多2cm，表面积为24π cm2，则该圆柱的体积为（ ） A 12π B. 14π C. 16π D. 18π 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ） A. 为直角三角形 B. 为锐角三角形 C. 为钝角三角形 D. 的形状无法确定 7. 已知（其中），若方程在区间上恰有4个实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为（为常数）的一个球面上，底面是正方形且球心到平面的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球的体积等于（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，小明在A处向正东方向走3km后到达B处，他再沿南偏西30°方向走a km到达C处，这时他离出发点A的距离为km，那么的值可以是（ ） A. 1 B. C. D. 2 10. 下列不等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在长方体中，，为的中点，为棱上任意一点，直线与棱交于点.则下列结论正确的是（ ） A. 四边形是平行四边形 B. 当为的中点时，四边形是菱形 C. 四边形的周长的最小值为9 D. 四棱锥的体积为4 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的虚部为________. 13. 已知向量满足，且，则__________． 14. 如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤． 15. 已知复数是一元二次方程（，）的根. （1）求的值； （2）若复数（其中）为纯虚数，求复数模. 16. 已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积. 17 已知函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）求函数在区间上的最大值和最小值； （3）若为锐角，，求的值． 18. 如图，在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，BD与EF相交于点G，记. （1）求的值； （2）若，求的值. 19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为菱形，，. （1）求锐二面角的大小； （2）求AP与平面所成的角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$