精品解析：山东省日照市2023-2024年高一下学期期末校级联合考试数学试题

2023级高一下学期期末校级联合考试 数学试题 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回． 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. （ ） A. B. C. D. 2. 在中，，，，则等于（ ） A. 12 B. 6 C. －6 D. －12 3. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图为半圆，则底面半径为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 5. 已知角的终边经过点，把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，若对任意实数x都成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形；在如图所示的勒洛三角形中，已知，P为弧AC（含端点）上的一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. 8π B. 16π C. 26π D. 32π 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 10. 如图为函数的部分图象，则（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点成中心对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数的图象上所有的点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位后所得图象关于y轴对称 11. 已知正方体的棱长为1，M，P分别为，AB的中点，点N满足，设平面截正方体所得截面为，其面积为S，设该截面将正方体分成两部分的体积分别为，，则下列判断正确的是（ ） A. 截面可能为五边形 B. 当时， C. 存在，使得 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则m=______． 13. 已知平行四边形ABCD，，，，．若F为线段DE上的一点，且，则______． 14. 已知角，均为锐角，且，满足，的值为______． 四、解答题：本题共S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． （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）求函数在区间上最大值和最小值． 16. 已知四棱锥如图所示，四边形为菱形，为等边三角形，点M，N分别是线段SC，AB的中点． （1）求证：平面； （2）若二面角为直二面角，，，求四面体体积． 17. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求C的大小； （2）若，∠ACB的角平分线交AB于点D，且，求的面积． 18. 如图，正方形边长为4，E为AB中点，F为边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到． （1）求证：平面； （2）若F是边BC上的中点，求点S到平面的距离； （3）若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值． 19. 对于一组向量（，且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组“H向量”． （1）设，若是向量组的“H向量”，求实数x的取值范围； （2）若，向量组是否存在“H向量”？若存在求出所有的“H向量”，若不存在说明理由； （3）已知均是向量组的“H向量”，其中，，设在平面直角坐标系中有一点列满足为坐标原点，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023级高一下学期期末校级联合考试 数学试题 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回． 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式求解即得. 【详解】. 故选：C 2. 在中，，，，则等于（ ） A. 12 B. 6 C. －6 D. －12 【答案】B 【解析】 【分析】由数量积的定义运算即可. 【详解】， 故选：B. 3. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】，，所以当时，成立，即充分性成立；当时， 不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图为半圆，则底面半径为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设出圆锥底面半径和母线长，利用侧面展开后，扇形弧长公式和面积公式进行求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的母线长为， 则侧面积，解得：. 故选：B. 5. 已知角的终边经过点，把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，再根据诱导公式及三角函数的定义即可得解. 【详解】因为角的终边经过点， 所以， 因为把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边， 所以， 所以. 故选：D 6. 设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，可得在处取得最大值，再结合余弦函数的性质求解即得. 【详解】由对任意的实数x都成立，得在处取得最大值， 则，解得， 所以的最小值是. 故选：B 7. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形；在如图所示的勒洛三角形中，已知，P为弧AC（含端点）上的一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算量，结合即可求解. 【详解】取中点为，连接，显然， 所以 . 故选：A 8. 在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. 8π B. 16π C. 26π D. 32π 【答案】C 【解析】 【分析】利用正余弦定理求出外接圆半径，再确定球心位置并求出球半径，进而求出球的表面积. 【详解】在中，由余弦定理得， 由正弦定理得外接圆半径， 令外接圆圆心为，三棱锥外接球的球心为，则平面， 而平面，于是，令的中点为，由，得， 又平面，则，，于是四边形是矩形，， 因此三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积. 故选：C 【点睛】关键点点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角形边角关系判断A；利用诱导公式判断B；利用余弦定理判断CD. 【详解】对于A，在中，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，由，得，则是锐角，显然是否都是锐角无法确定，C错误； 对于D，由，得，则是钝角，是钝角三角形，D正确. 故选：ABD 10. 如图为函数的部分图象，则（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点成中心对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数的图象上所有的点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位后所得图象关于y轴对称 【答案】BC 【解析】 【分析】根据图象直接求出周期可判断A；利用周期求，由求，然后代入法验证即可判断B；根据正弦函数单调性，利用整体代入法求解可判断C；根据周期变换和平移变换，求出变换后的解析式即可判断D. 【详解】对于A，由图知函数周期，A错误； 对于B，由选项A知，，图象过点且在此点及附近图象是上升的， 则，于是，即， 因此，而， 所以点为函数的一个对称中心，B正确； 对于C，，由，得， 则为函数的一个单调递增区间，在区间上单调递增，C正确； 对于D，将的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍得， 再向右平移得，为奇函数，D错误. 故选：BC 11. 已知正方体的棱长为1，M，P分别为，AB的中点，点N满足，设平面截正方体所得截面为，其面积为S，设该截面将正方体分成两部分的体积分别为，，则下列判断正确的是（ ） A. 截面可能为五边形 B. 当时， C. 存在，使得 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】作图说明判断A；由时截面形状并求出面积判断B；由时截面形状，结合对称性判断C；由从0变化到1的截面变化情况，得到的变化情况，求出和的两部分体积判断D. 【详解】对于A，当，即点与重合时，直线与的延长线分别交于点， 连接分别交于点，连接，得截面，截面为五边形，A正确； 对于B，当时，点是的中点，此时截面为正六边形， 其边长为，则截面的面积，B错误； 对于C，当时，由对称性知，截面分成的两部分是全等的，则体积相等，C正确； 对于D，当，即点与重合时，连接并延长交延长线于，连接， 显然是的中点，则≌，，点共线， 连接，此时截面为梯形，当从0变化到1时，截面从四边形变成五边形， 由选项C知，截面将正方体分成的两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大， 因此取最大值时对应的或，当时，记为几何体的体积， 则，，， 当时，记为几何体的体积，在选项A中，， 则，即，， ，，所以最大值为，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：求解体积差的绝对值，利用特殊到一般的思想，先考虑点为的中点时的截面和分割成的几何体体积的关系，再考虑点分别与点，点重合时的截面形状以及分割成的两部分的体积，总结出体积变化规律即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则m=______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示计算即得. 【详解】向量，由，得， 所以. 故答案为： 13. 已知平行四边形ABCD，，，，．若F为线段DE上的一点，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算及共线向量定理的推论求出，再利用数量积的运算律求解即得. 【详解】在中，，则，即， 于是，而点F在线段DE上， 因此，解得，则， 由，，，得， 则. 故答案为： 14. 已知角，均为锐角，且，满足，的值为______． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】根据给定条件，对角进行配凑变换，再利用和差角的正余弦公式，结合齐次式法求值即得. 【详解】由， 得， 则， 由角，均为锐角，且，得，则，于是， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将角分别变形为. 四、解答题：本题共S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． （1）求最小正周期及单调递减区间； （2）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1），， （2）， 【解析】 【分析】（1）结合二倍角公式及辅助角公式化简函数，结合图象与性质求解即可. （2）先求出的范围，结合图象与性质即可求得最值. 【小问1详解】 因为， 所以的最小正周期， 令，，解得，， 所以单调递减区间为，． 【小问2详解】 因为，所以， 所以由函数图象性质知， 当，即时，；当，即时，． 16. 已知四棱锥如图所示，四边形为菱形，为等边三角形，点M，N分别是线段SC，AB的中点． （1）求证：平面； （2）若二面角为直二面角，，，求四面体的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，借助三角形中位线性质及平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）取的中点，借助面面垂直的性质求出点到平面的距离，进而求出四面体的体积. 【小问1详解】 取的中点，连接，由点M是线段SC的中点，得， 四边形为菱形，且N是线段AB的中点，则， 于是四边形是平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连接，由为等边三角形，得， 由二面角为直二面角，得平面平面，而平面平面， 平面，则平面，又，于是， 由点M是线段SC的中点，得点到平面的距离， 菱形中，，则为正三角形，， 因此， 所以四面体的体积是. 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求C的大小； （2）若，∠ACB的角平分线交AB于点D，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合正、余弦定理边角转化即可得结果； （2）根据题意利用余弦定理和面积公式可得，再根据角平分线性质，借助等面积法求解. 【小问1详解】 ，由正弦定理可得， 整理可得， 由余弦定理可得， 且，所以. 【小问2详解】 ，， 又因为，则，， 且，则，即， 与联立，解得（负值舍去），则. 18. 如图，正方形边长为4，E为AB中点，F为边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到． （1）求证：平面； （2）若F是边BC上的中点，求点S到平面的距离； （3）若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定推理即得. （2）由（1）的结论，利用等体积法求出点到平面的距离. （3）设，用表示点到平面的距离，进而表示出，再借助对勾函数的单调性及正弦函数单调性求解即得. 【小问1详解】 由正方形，得，而平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 在中，， 显然，即，， 由（1）知，平面，于是， 又， 设点S到平面的距离为，由，得，解得， 所以点S到平面的距离为. 【小问3详解】 设在平面上的射影为，连接，则为直线SE与平面所成角为， 设，则，， 在中，， 由余弦定理得，， 则，由， 得， 即，解得，因此， 令，，而对勾函数在上递减， 则当，即时，取得最小值，取得最大值，而， 所以的最大值为. 【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可. 19. 对于一组向量（，且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“H向量”． （1）设，若是向量组的“H向量”，求实数x的取值范围； （2）若，向量组是否存在“H向量”？若存在求出所有的“H向量”，若不存在说明理由； （3）已知均是向量组的“H向量”，其中，，设在平面直角坐标系中有一点列满足为坐标原点，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值． 【答案】（1）; （2）存在“向量”为,理由见解析; （3）. 【解析】 【分析】（1）利用向量的模的坐标运算即可得到不等式求解； （2）利用向量坐标中的三角函数周期性，结合向量坐标运算即可求解； （3）利用数列的递推思想来研究向量的坐标运算，从而得解. 【小问1详解】 由题意可得：， 因，所以，， 则， 解得：； 【小问2详解】 假设存在“向量”，因为， 且， 则由题意得：只需要使得， 又因为， 所以， 则， 即满足 ，又因为， 所以满足上式，故存在“向量”为； 【小问3详解】 由题意得：， 同理可得：，， 上面三个式子相加得：， 即，所以， 设，则由得：， 设，则依题意得：， 得 , 所以， 而， 当且仅当时等号成立， 故. 【点睛】关键点点睛：关键是找到向量坐标间的递推关系，然后利用迭代法来求得向量的坐标通项. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$