精品解析：内蒙古自治区锡林郭勒盟2023-2024学年高一下学期期末学业质量抽测数学试题

2023—2024学年度第二学期全盟中小学 部分年级期末学业质量抽测 高一数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试卷上作答无效. 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. （ ） A. B. C. D. 3. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是 A. B. C. D. 4. 平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（ ） 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. 已知两条直线，与两个平面，，下列命题不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在单调递减 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 11. 如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 平面被正方体截得截面为等腰梯形 B. 若，直线 C. 若在上，的最小值为 D. 若，点的轨迹长度为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______. 13. 已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________. 14. 已知直三棱柱中，底面边长分别为、、3，高，则该三棱柱的外接球的表面积为_____. 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. 已知向量，， （1）若，求实数的值； （2）若，求向量与的夹角的余弦值. 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，平面. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求四棱锥的表面积. 18. 已知函数的最大值为； （1）求常数的值； （2）若在上单调递增；求的最大值． 19. 在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点． （1）证明：平面； （2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年度第二学期全盟中小学 部分年级期末学业质量抽测 高一数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试卷上作答无效. 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】由题意可知，复数在复平面内对应的点（2，-1）位于第四象限. 故选：D. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式及诱导公式化简求值可得结果. 【详解】 . 故选：B. 3. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵ ∴−=3(−)； ∴=−. 故选A. 4. 平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标运算得，即可求出. 【详解】向量，， 若，则，所以. 故选：A 5. 已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由异面直线所成角的定义，直线与所成角为，然后计算即可. 【详解】连接，长方体中直线平面，平面，所以， 由，所以直线与所成角为， 由，，所以， 所以中， . 故选：D 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 7. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解. 【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）． 设，则．因为，所以． 由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上， 所以，所以的取值范围是． 方法二：如图2，连接．易知， 设，则． 由已知可得，所以， 所以 ． 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是. 故选：C． 8. 小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，作出符合题意得示意图，过点作，得到，得出当的外接圆与切于点时，观赏者观赏的角度最大，结合直角三角形的性质，即可求解. 【详解】如图所示，设观赏者眼睛出为点，画的上沿为点，下沿为点， 过点作交的延长线于点，则， 当的外接圆（即为圆）与切于点时，观赏者观赏的角度最大，即最大， 线段的长度为警戒线距墙的长度， 由题设知：，则， 过点作于点，连接， 如图所示，则，且， 所以，所以与切于点，所以， 所以，所以四边形为矩形， 可得，且，所以， 在直角中，由勾股定理得， 所以，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙米远处最合适. 故选：B. 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. 已知两条直线，与两个平面，，下列命题不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于ABC选项，可以借助长方体模型举反例判断；对于D选项，运用线面平行的性质，结合平行线性质，最后运用面面垂直判定可判断. 【详解】对于A选项,如图所示，，，此时，故A错误； 对于B选项,如图所示，，，此时，故B错误； 对于C选项,如图所示，，，此时，故C错误； 对于D选项，，则面内一定可以找一条直线，使得，又，则，则,故D正确. 故选：ABC． 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在单调递减 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 【答案】BD 【解析】 【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可. 【详解】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故A错； ，则，将代入中得， 则，，解得，， 因为，所以，，， 所以是的对称轴，故B正确； 当时，，因为在上不单调， 所以在上不单调，故C错； 该图象向右平移个单位可得，故D正确. 故选：BD 11. 如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 平面被正方体截得截面为等腰梯形 B. 若，直线 C. 若在上，的最小值为 D. 若，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】在上取点，使得，则即为截面，从而判断A，为的中点，在棱上取点，使得，得到与不垂直，即可判断B，将平面翻折，化折线为直线，结合两点之间线段最短判断C，根据线面垂直得到线线垂直，即可判断D. 【详解】对于A： 在上取点，使得，连接、、、、， 则，又且，所以为平行四边形，则， 所以，所以、、、四点共面， 即平面被正方体截得截面即为梯形， 又，所以为等腰梯形，故A正确； 对于B： 因为，所以为的中点，在棱上取点，使得， 则且，所以为平行四边形，所以， 又，，， 显然，即与不垂直，则与不垂直，故B错误； 对于C： 如图将平面展开到与平面共面，连接交于点，则即为的最小值， 又，所以的最小值为，故C正确； 对于D： 连接、、、，则，又平面， 平面，所以，又，平面， 所以平面，平面，所以， 又，所以，因为，所以线段（不含点）即为点的轨迹， 又，所以点的轨迹长度为，故D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得. 【详解】因为，所以. 故答案为： 13. 已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得且与不反向共线，根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】若与共线，则，得，此时，与方向相反， 因为与的夹角为钝角，所以且与不反向共线， 即且，解得 且， 则的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知直三棱柱中，底面边长分别为、、3，高，则该三棱柱的外接球的表面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，结合直棱柱的结构特征求其外接圆半径，进而可得表面积. 【详解】不妨设， 由余弦定理可得， 由，则， 所以的外接圆半径， 可得该三棱柱的外接球的半径， 所以该三棱柱的外接球的表面积为. 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. 已知向量，， （1）若，求实数的值； （2）若，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行的坐标形式可求的值； （2）利用向量垂直的坐标形式可求的值，再利用公式可求向量与的夹角的余弦值. 【小问1详解】 向量，则， 由，得，解得. 【小问2详解】 ，由，有， 解得，则， . 所以向量与的夹角的余弦值. 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解； （2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理，得， 化简得，因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 所以，解得． 因为为的中线，所以， 所以， 因为，所以，解得. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，平面. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求四棱锥的表面积. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）由线面垂直推出，，勾股定理求出边AC，则易证，得证；（Ⅱ）易证各侧面均为直角三角形，底面为两直角三角形的组合，相应直角边长代入三角形面积计算公式求和即可. 【详解】（Ⅰ）因为平面，平面，平面， 所以，， 因为，，所以. 因为，， 所以， 所以，， 由，，可得， 平面. （Ⅱ）由题意可知， ， 由（Ⅰ）可知，平面，平面， 所以，同理可得， 又，， 所以， 所以四棱锥的表面积. 【点睛】本题考查线面垂直的判定，多面体的表面积，属于中档题. 18. 已知函数的最大值为； （1）求常数的值； （2）若在上单调递增；求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出的值； （2）利用函数的单调性和集合间的子集关系求出的最大值． 【小问1详解】 由于函数 由于， 故函数的最大值为，解得． 【小问2详解】 由于，， 解得，； 故函数的单调递增区间为，； 故,，；故取，则 故，即的最大值为． 19. 在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点． （1）证明：平面； （2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行； （2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积． 【详解】（1）证明：连接与交于，连接， 因为是菱形，所以为的中点， 又因为为的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面． （2）解：取中点，连接， 因为四边形是菱形，，且， 所以，又， 所以平面，又平面， 所以． 同理可证：，又， 所以平面， 所以平面平面， 又平面平面， 所以点到直线的距离即为点到平面的距离， 过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为， 因为为的中点，故点到平面的最大距离为1， 此时，为的中点，即， 所以， 所以． 【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $