精品解析：辽宁省抚顺市六校协作体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年度下学期“抚顺六校协作体” 期末考试试题高一数学 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人：呼妍 白金艳 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. 如果，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. 4π C. D. 8π 3. 在中，点D在边AB上，．记，，则（ ） A B. C. D. 4. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是（ ） A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π 8. 在中，已知，，，则的面积是（ ） 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. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为2π B. 在区间上是单调递增函数 C. 当时，的取值范围为 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 10. 在平面直角坐标系中，点，，，，，那么下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 长方体中，，，E是线段上的一动点（包括端点），则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 平面 C. 的最小值为 D. 以A为球心，为半径的球面与侧面的交线长是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 13. 已知，若，则______． 14. 在中，，，点D为AC的中点，点E为BD的中点，，则的最大值为______． 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 已知平面上两个向量，，其中，，且． （1）若与共线，求的值； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD中点，点N是BC的中点． （1）求证：平面PAB； （2）在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，．已知，． （1）求角B： （2）若的面积为，求c． 18. 如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点． （1）求证：平面PAC； （2）若，，，求三棱锥体积． 19. 已知函数，称非零向量为的“特征向量”，为的“特征函数”． （1）设函数，求函数的“特征向量”； （2）若函数的“特征向量”为，求当且时的值； （3）若的“特征函数”为，且方程存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度下学期“抚顺六校协作体” 期末考试试题高一数学 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人：呼妍 白金艳 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. 如果，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数四则运算求出，然后由共轭复数概念可得. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：D 2. 已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. 4π C. D. 8π 【答案】B 【解析】 【分析】圆的周长公式求出，然后由圆锥侧面积公式可得. 【详解】设圆锥的母线长为，则由题意有，得， 所以侧面积为. 故选：B 3. 在中，点D在边AB上，．记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图形结合向量的线性运算分析求解. 【详解】由题意可得：. 故选：B. 4. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦型函数的性质求解即可． 【详解】函数， 要求函数的增区间，即， 即. 令，得到.则A正确，B错误； 令，得到.则C，D错误． 故选：A． 5. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算的坐标表示求出，再根据相等，建立关于的等式求解． 详解】解：，， ， ， ， 解得：， 故选：C． 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用两角和的正切公式求，再利用三角函数恒等变化，转化为关于的齐次分式，转化为正切表示，即可求解. 【详解】，， ， . 故选：C 7. 已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是（ ） A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】正三棱台上、下底面面积分别为和,可求出上下底边长为：和. 设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以， 即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为， 所以，， 故或，即或， 解得符合题意，所以球的表面积为． 故选：A. 8. 在中，已知，，，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用三角恒等变换以及正弦定理可得，，进而求，利用正弦定理可得，即可得面积. 【详解】因为，则， 且，则，可得，解得， 又因为，由正弦定理可得， 则， 且，则， 可得，即，可得， 则， 由正弦定理可得， 所以的面积是. 故选：A. 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. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为2π B. 在区间上单调递增函数 C. 当时，的取值范围为 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】BC 【解析】 【分析】对于ABC，根据正弦函数的性质逐一分析判断即可；对于D，利用三角函数平移的性质即可判断. 【详解】对A,对于，它的最小正周期，故A错误； 当时，， 对B,又在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B正确； 对C,当时，，所以， 所以的取值范围为，故C正确； 对D,的图象向左平移个单位长度得到解析式为，故D错误. 故选：BC． 10. 在平面直角坐标系中，点，，，，，那么下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据点的坐标，求出向量，模以及数量积，再结合三角恒等变换公式等即可判断. 详解】对A， ，，则， ，所以，故A正确； 对B， ，， 则，， 因为与的大小不确定，所以没办法判定是否相等，故B错误； 对C，， ，所以， ，所以，故C正确； 对D， ， ， 所以，故D错误. 故选：AC. 11. 长方体中，，，E是线段上的一动点（包括端点），则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 平面 C. 的最小值为 D. 以A为球心，为半径的球面与侧面的交线长是 【答案】BCD 【解析】 【分析】计算的边上的高后可判断A的正误，可证平面平面，从而可平面，故可判断B的正误，利用平面展开图结合余弦定理可求的最小值，故可判断C的正误，D中判断出交线的形状结合计算可判断D的正误. 【详解】 对于A，因为在长方体中，，， 故，故为等腰三角形， 而，故为锐角， 故的最小值为的边上的高，设高为， 则，故， 故的最小值为，故A错误. 对于B，由长方体的性质可得， 故四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面，而平面，故平面， 故B正确. 对于C，如图，将、放置在一个平面中， 则的最小值即为，而， ， 因为、均为锐角，故，， 故， 故，故C正确. 对于D，以A为球心，为半径的球面与侧面的交线为个圆弧， 该圆弧的圆心为，半径为，故弧长为，故D成立. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先化简复数，再根据模长公式计算即可. 【详解】, 可得. 故答案为：. 13. 已知，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式可求得，利用，结合二倍角的余弦公式可求值. 【详解】由，可得，则， 则 . 故答案为： 14. 在中，，，点D为AC的中点，点E为BD的中点，，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】将用基底表示出来，后用余弦定理，结合基本不等式可解. 【详解】如图所示，设分别为的角所对边， 由余弦定理知，，即，即. ,即，当且仅当取等号. 根据三点共线的向量结论，可知 ，， 则， 化简得. 则，当且仅当取等号. 则的最大值为. 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. 已知平面上两个向量，，其中，，且． （1）若与共线，求的值； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用向量共线的定理结论，求的值即可； （2）运用向量数量积的夹角的余弦公式求解即可． 小问1详解】 若与共线，则存在实数k， 使得，即， 因为向量与不共线，所以，解得． 【小问2详解】 因为， ， 所以． 16. 如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点． （1）求证：平面PAB； （2）在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，E为PC中点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可； （2）先取点，再应用面面平行判定定理证明即可； 【小问1详解】 取AP的中点Q，连接MQ，BQ， 因为M，Q分别为PD，PA的中点， 所以，， 又因为N为BC的中点， 所以，． 所以，， 所以四边形MNBQ为平行四边形，所以， 又因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB． 【小问2详解】 存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB． 证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，， 所以且， 所以四边形ABCD是平行四边形，所以． 因为E，M分别为PC，PD中点，所以， 所以， 因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB， 同理可知平面PAB，又因为平面平面， 所以平面平面PAB． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，．已知，． （1）求角B： （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由已知可得，结合余弦定理可得，结合已知可得，进而求得； （2）由（1）可求得，进而由正弦定理可得，，从而由面积可求得. 【小问1详解】 因为，所以 由余弦定理， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即，且，所以． 【小问2详解】 由（1）可得，，， 从而，， 而， 由正弦定理有， 从而，， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以． 18. 如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点． （1）求证：平面PAC； （2）若，，，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由题意可证，进而可得平面，由三角形中位线定理可得，进而可证平面，从而可证平面平面，可得结论； （2）由已知可得，，由三棱锥的体积公式可求体积. 【小问1详解】 取中点，连接． 因为，为的中点，所以， 又因为，所以． 因为平面，平面， 所以平面． 因为分别是中点，所以． 因为平面，平面， 所以平面． 又因为， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为，， 由（1）可得，所以， 因为，所以， 又因为，所以， 所以， 因为PO是三棱锥的高， 所以． 19. 已知函数，称非零向量为的“特征向量”，为的“特征函数”． （1）设函数，求函数的“特征向量”； （2）若函数的“特征向量”为，求当且时的值； （3）若的“特征函数”为，且方程存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）先利用两角和正余弦公式展开化简函数，再根据特征函数的概念求解即可； （2）由已知可得，利用即可求解； （3）由定义得并化简（化为一个角的一个三角函数形式），解方程得或且，求得两根，然后作出函数，的图象，由图象可得且有两根的的范围． 【小问1详解】 因为 所以的“特征向量”为． 【小问2详解】 由题意知， 由得，， 因为，，所以， 所以． 【小问3详解】 ，当时，． 由得， 所以或， 由，即，而，解得或， 即在上有两个根， 因为方程在上存在4个不相等的实数根， 所以当且仅当且在上有两个不等实根， 在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线， 因为方程在上有两个不等实根， 即当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点， 由图像可知：或， 解得或， 所以实数G的取值范围是． 【点睛】本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，还考查了三角函数中的方程的根的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$