精品解析：河南省驻马店市2023-2024学年高一下学期7月期终质量监测数学试题

驻马店市2023~2024学年度第二学期期终质量监测 高一数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 4请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5．保持卷面清洁，不折叠、不破损. 一、选择题：本题共8个小题，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. 角的终边在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若，则（ ） A. B. a与b异面 C. a与b相交 D. a与b没有公共点 3. 已知向量，若，则（ ） A B. C. D. 2 4. 英国数学家泰勒发现了如下公式：，，其中．这些公式被编人计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，用前三项计算，就得到．运用上述思想，可得到的近似值为（ ） A. 0.53 B. 0.54 C. 0.55 D. 0.56 5. 函数的最小正周期为T，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 设复数满足，则的最小值为（ ） A B. C. D. 7. 设角满足，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正四面体内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ） 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6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分. 9. 已知是三个向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若与共线，则或 10. 如图，正方体的棱长为1，O为BD的中点，直线与平面D交于点M，则下列结论正确的是（ ） A. ，M，O三点共线 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 二面角的余弦值为 11. 已知函数在上有最大值，则（ ） A. 的取值范围为 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上无零点 D. 存在两个，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则的虚部为________. 13. 设为所在平面内一点，，为的中点，与交于点，设，则___________． 14. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记BC边上的高为h，若A为锐角，，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. 已知均为单位向量，且． （1）求； （2）求向量与的夹角； （3）求向量与方向上的投影数量． 16. 已知函数的最小正周期为，且图象关于点对称，把函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数． （1）求函数和解析式； （2）若方程在上有解，求实数k的取值范围． 17. 如图，六面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，，且平面平面ABCD． （1）在DE上确定一点M，使得平面ABCD； （2）求证：平面ABCD； （3）若，求六面体ABCDEF的体积． 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的外接圆的半径，且满足． （1）求角B； （2）若BD为AC边上角平分线，且，求的面积； （3）设的外接圆的圆心为O，且，求的取值范围． 19. 在三棱锥中，，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH． （1）如图1，证明：； （2）如图2，记，直线AP与平面ABC的夹角为，，求证：，并比较和的大小； （3）如图3，已知，M为平面PBC内一点，且，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 驻马店市2023~2024学年度第二学期期终质量监测 高一数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 4请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5．保持卷面清洁，不折叠、不破损. 一、选择题：本题共8个小题，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. 角的终边在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由即可得到结果. 【详解】因为， 且， 所以角的终边在第三象限. 故选：C 2. 已知a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若，则（ ） A. B. a与b异面 C. a与b相交 D. a与b没有公共点 【答案】D 【解析】 【分析】由线面位置基本关系即可判断. 【详解】因为a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若，则或a与b异面， 即a与b没有公共点，故只有D满足题意. 故选：D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】应用向量垂直的数量积运算公式即可. 【详解】因为，所以, 所以. 故选：A. 4. 英国数学家泰勒发现了如下公式：，，其中．这些公式被编人计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，用前三项计算，就得到．运用上述思想，可得到的近似值为（ ） A. 0.53 B. 0.54 C. 0.55 D. 0.56 【答案】B 【解析】 【分析】利用泰勒公式，保留前三项求和估算，即可得到结果. 【详解】由泰勒公式：可得： ， 故选：B． 5. 函数的最小正周期为T，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用周期公式，代入解析式．再已知函数值，求角度即可 【详解】，则，即， 即，即，则，又，则. 故选：B. 6. 设复数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得，再根据求模公式得，利用二次函数求最值即可求解. 【详解】设，则， 则， 所以， 则， 所以的最小值为， 故选：D. 7. 设角满足，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和角公式的应用求出结果． 【详解】由题意， 所以， 所以，对比选项可知，只有A符合题意 故选：A. 8. 已知正四面体内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件设正四面体的棱长为，用棱长表示出其外接球的半径，过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为，最大截面圆为过球心的大圆，半径为，根据题意则，从而可得出答案. 【详解】如图，在正四面体中，设顶点在底面的射影为， 则球心在上，在上，且,连接､， 设正四面体的棱长为，则 ， 则正四面体的高， 设外接球半径为， 在中，，即，解得， ∴在中，， 过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小， 此时截面圆的半径为， 最大截面圆为过球心的大圆，半径为， 由题设存在半径为的截面圆，∴，解得， 故选:C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分. 9. 已知是三个向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若与共线，则或 【答案】AC 【解析】 【分析】由向量的共线的定义、数量积以及模的定义即可逐一判断各个选项. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，让，不共线，则有，但不成立，故B错误； 对于C，若，则，即，所以同向，即，故C正确； 对于D，若与共线，则同向或反向，但它们的模长不一定相等，故D错误. 故选：AC. 10. 如图，正方体棱长为1，O为BD的中点，直线与平面D交于点M，则下列结论正确的是（ ） A. ，M，O三点共线 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图示可得三点，，在平面与平面的交线上，可判断A；利用线面垂直与面面垂直的判定与性质定理可判断B；利用等体积法，可判断C；由二面角为且，结合诱导公式及二倍角正切公式求正切值，进而求二面角的余弦值.可判断D. 【详解】对于A，如图所示， 因为，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面， 所以是平面和平面的公共点； 同理可得，点和都是平面和平面的公共点， 所以三点，，在平面与平面的交线上， 即，，三点共线，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， 平面，所以，又， 平面， 所以平面，又平面， 所以，同理， 又，平面，所以平面， 平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，由B分析知道平面，则点到平面的距离为. 设点C到平面的距离为， 由可得，， 又正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为， 所以， 所以，则，故C错误. 对于D，如下图， 若交点，则二面角为， 又，且， 所以 ， 故，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数在上有最大值，则（ ） A. 的取值范围为 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上无零点 D. 存在两个，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，使用分类讨论方法求得取值范围即可；对于B，利用复合函数单调性的知识即可；对于C，给出作为反例即可；对于D，使用导数说明至多有一个满足条件的即可. 【详解】对于A，若，则对有. 而，且，故在上有最大值； 若在上有最大值，设最大值在处取到，则是的极大值点，故. 而，故，从而. 所以. 由可得，，故，. 从而，得. 所以由，得. 综上，的取值范围是，故A正确； 对于B，由于当时，有，. 故，所以在区间上单调递减，故B正确； 对于C，当时，，而在上有零点，故C错误； 对于D，设，则对有，从而上单调递增，这意味着方程至多有一个解. 由于，故至多存在一个使得，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对三角函数性质的灵活运用. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则的虚部为________. 【答案】1 【解析】 【分析】由复数除法得出，即可得虚部 【详解】，故虚部为1. 故答案为：1 13. 设为所在平面内一点，，为的中点，与交于点，设，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】据已知可得，并进一步得到，最后根据点在直线上得到，解之即可. 详解】由可知. 由于为的中点，故. 故，所以. 而根据题意，点在直线上，故，从而. 故答案为：. 14. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记BC边上的高为h，若A为锐角，，则的最大值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】运用正弦定理，求出，再用同角三角函数关系式求出，用余弦定理得到，借助等面积法，得到，两式联立运用基本不等式即可求出. 【详解】，运用正弦定理得到，， 又，则，A为锐角，则， 余弦定理可知（∗）. 等面积法知，即，即（∗∗）. （∗）代入（∗∗），则 ， 当且仅当时取最大值，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. 已知均为单位向量，且． （1）求； （2）求向量与的夹角； （3）求向量与方向上的投影数量． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件，结合数量积的性质求出，再由求结论； （2）结合向量夹角的计算公式求解； （3）根据投影数量的定义求解. 【小问1详解】 由均为单位向量，则， 由，即，得， 故； 【小问2详解】 ， 由（1）知，，且， 故与的夹角为； 【小问3详解】 由投影数量的定义可知， 向量与方向上的投影数量为. 16. 已知函数的最小正周期为，且图象关于点对称，把函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数． （1）求函数和的解析式； （2）若方程在上有解，求实数k的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先由函数对称性、周期性列式求解参数即可得出，利用平移伸缩变换法则可得； （2）通过换元法得出在上有解，进一步分离参数即可得解. 【小问1详解】 由，得， 由的图象关于点对称，则，即， 又由，则， 故， 由于的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数， 故. 【小问2详解】 由（1）知，把，代入方程，得， 即方程在上有解， 令，则， 上述方程转化为在上有解， 进一步转化为在上有解， 令，则在上单调递增， 故，也即是. 17. 如图，六面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，，且平面平面ABCD． （1）在DE上确定一点M，使得平面ABCD； （2）求证：平面ABCD； （3）若，求六面体ABCDEF的体积． 【答案】（1）M为DE的中点 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）当M为DE的中点时再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，可证明四边形BFMN为平行四边形，则 平面ABCD； （2）证明则，，即可证明平面ABCD； （3）先证明平面AEFB，再利用求解. 【小问1详解】 当M为DE的中点时，平面ABCD． 再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN， 由M，N分别为DE，AD的中点，则，且， 再由，且，则， 故四边形BFMN为平行四边形， 即，且平面ABCD，平面ABCD， 故平面； 【小问2详解】 由四边形ABCD为菱形，则， 由平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD， 则平面ACE， 由平面ACE，则， 由，则， 由平面，则平面ABCD 【小问3详解】 取AB的中点为G，连接CG， 由（2）知平面ABCD，且平面AEFB，则平面平面ABCD， 由，且G为AB的中点，则， 由平面平面，平面ABCD，则平面AEFB， 由，得， 则为正三角形，， 则. 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的外接圆的半径，且满足． （1）求角B； （2）若BD为AC边上的角平分线，且，求的面积； （3）设的外接圆的圆心为O，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用内角和消去一个角，再用两角和差公式进行恒等变形，即可求出结果； （2）利用角和该角的平分线长已知，结合面积和关系来得到边的关系，再结合余弦定理联立方程组求解即可得到面积； （3）利用向量积的运算，得到关系式，再来求解取值范围. 【小问1详解】 由，得① 由，得② 由①②联立，得 由，消去，得 又由，得 【小问2详解】 由（1）可知，由正弦定理得 而BD为的平分线，故 又且，得， 即① 再由余弦定理， 整理得② 由①②联立，可得，解得或（舍去） 故. 【小问3详解】 由（1）知，且O为的外接圆的圆心 可知 由，且 则，即 则，又由代入得： 所以，则，即 故 19. 在三棱锥中，，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH． （1）如图1，证明：； （2）如图2，记，直线AP与平面ABC的夹角为，，求证：，并比较和的大小； （3）如图3，已知，M为平面PBC内一点，且，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析，； （3）. 【解析】 【分析】（1）取BC的中点为D，利用线面垂直的判定和性质推理即得. （2）过作于，利用线面垂直的性质，结合直角三角形边角关系及余弦函数性质推理即得. （3）利用（1）的信息，结合等体积法求出点A到平面PBC的距离，进而求出线面角，再利用（2）的结论求出最小值. 【小问1详解】 取BC的中点为D，连接， 由，D为BC的中点，得，由，D为BC的中点，得， 而平面，则平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，而平面，平面，则， 又平面，于是平面，而平面， 因此，又，为锐角， 过点H向AB作垂线，垂足为点N，连接PN，则， 由点P在平面ABC内的投影为H，得， 由平面ABC，平面ABC，得， 而，平面PHN，则平面PHN， 由平面PHN，则，于是，显然， 因此，当时，重合，，等式成立，所以， 由，得，又函数在上单调递减， 所以. 【小问3详解】 设点A到平面PBC的距离为d，直线AM与直线BC的夹角，直线AM与平面PBC的夹角， 由（1）知，，， ，，且， 由，得，而，则直线与平面PBC所成角， ，即， 由（2）知，直线AM与直线BC的夹角， 所以异面直线AM与直线BC夹角的最小值为. 【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$