精品解析：辽宁省五校联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年度下学期期末考试高一年级数学科试卷 命题学校：鞍山市筇一中学 命题人：冯静雨 校对人：孙宁 一､选择题（本大题共8道小题，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. 函数定义域是（ ） A. B. C D. 3. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是（ ） A. B. 4 C. D. 5. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若相邻两条对称轴的距离为，则； B. 若，则时，的值域为； C. 若在上单调递增，则； D. 若在上恰有2个零点，则. 6. 已知，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面的距离相等，则 B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 8. 如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大题共3道小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对按比例得分，有选错的得0分）． 9. 下列命题正确的是（ ） A. “是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B. 若为第一象限角，则 C. 在中，若，则锐角三角形 D. 已知，且，则 10. 下列有关向量的命题正确的是（ ） A. 若均为非零向量，且，则 B. 已知单位向量满足，则 C. 在中，若，且，则为等边三角形 D. 若点在所在平面内，且，则点的轨迹经过的外心． 11. 如图，已知正三棱台由一个平面截棱长为6的正四面体所得，分别是的中点，P是棱台的侧面上的动点（包含边界），则下列结论中正确的是（ ） A. 该三棱台的体积为 B 平面平面 C. 直线与平面所成角的正切值的最小值为 D. 若，则点的轨迹的长度为 三､填空题（本大题共3道小题，每小题5分，共15分）． 12. 在中，角A，B，C的对边分别为，且，则______． 13. 四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则_________ 14. 榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力．这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为__________． 四､解答题（本大题共5道小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）若角的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，，，，，点是中点． （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积． 17. 已知向量，函数． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值； （3）将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，当时，方程有一解，求实数的取值范围． 18. 已知函数的图象如图所示，点B，D，F为与x轴的交点，点C，E分别为的最高点和最低点，而函数在处取得最小值. （1）求参数φ的值； （2）若，求向量与向量夹角的余弦值； （3）若点P为函数图象上的动点，当点P在C，E之间运动时，恒成立，求A的取值范围. 19. 如图，四面体中，，，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，，点在上； ①点为中点，求与所成角的余弦值； ②当的面积最小时，求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 $ 2023-2024学年度下学期期末考试高一年级数学科试卷 命题学校：鞍山市筇一中学 命题人：冯静雨 校对人：孙宁 一､选择题（本大题共8道小题，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】C 【解析】 【分析】利用终边相同的角的表示方法，逐一检验即得. 【详解】因为与角终边相同的角是，， ，则与角终边相同的角是， 而其他选项的角都不能用类似的式子表示． 故选：C． 2. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正切函数的定义域，令，，解不等式，即可求出结果. 【详解】由正切函数的定义域，令，，即，所以函数的定义域为. 故选:D． 3. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得 【详解】因为，所以， 则，则 故选：B 4. 用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作交轴于点，利用正弦定理求得，再由斜二测画法规则即可得到结果. 【详解】 过点作交轴于点，如图所示， 在中，， 由正弦定理可得，，所以， 由斜二测画法可知，在原平面图形中，点B到x轴的距离是. 故选：A. 5. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若相邻两条对称轴的距离为，则； B. 若，则时，的值域为； C. 若在上单调递增，则； D. 若在上恰有2个零点，则. 【答案】D 【解析】 【分析】将化简为，再根据选项逐一判断即可. 【详解】 ， 对于A：若相邻两条对称轴的距离为，则最小正周期为，故，选项A不正确； 对于B， 若，则， 当时，的值域为，选项B不正确； 对于C：若在上单调递增，则，选项C不正确； 对于D：，则，若在上恰有2个零点， 则，则，选项D正确. 故选：D. 6. 已知，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系，两角差的三角公式化简所给的式子，求得结果． 【详解】因为，则 . 故选：B． 7. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面的距离相等，则 B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断. 【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误； 对于B，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误； 对于C，若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误； 对于D，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确. 故选：D. 8. 如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取AB的中点G，然后证明平面CDG，然后根据二面角平面角的定义找到，最后结合余弦定理得到答案. 【详解】如图1， 在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG,DG，则，而，所以平面CDG，连接EG,FG，因为平面，平面，所以.由二面角的平面角的定义可以判断，由对称性容易判断. 设该正四面体的棱长为6，如图2， CD=6，易得，取CD的中点H，则，CE=2，EH=HF=1，在中，由勾股定理可得，于是. 于是，在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得，而，即，于是. 故选：D. 二､多选题（本大题共3道小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对按比例得分，有选错的得0分）． 9. 下列命题正确的是（ ） A. “是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B. 若为第一象限角，则 C. 在中，若，则为锐角三角形 D. 已知，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用象限角的定义判断即可；B选项利用二倍角公式化简即可判断；C选项利用同角三角函数基本关系式中的商数关系及两角的和差公式即可判断；D选项利用二倍角公式，将转化为用正切表示，解方程即可判断. 【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则， 若，则取，，此时不是第二象限角或第三象限角， 则是充分不必要条件，故A选项正确； 对于B，因为为第一象限角，所以，，所以 ,故B选项错误； 对于C，在中，若，则，只能是锐角， 所以，， 所以，所以， 所以， 所以，所以也是锐角，所以是锐角三角形，故C选项正确； 对于D，因为， 所以，所以， 因为，所以，所以，故D选项正确. 故选：ACD. 10. 下列有关向量的命题正确的是（ ） A. 若均为非零向量，且，则 B. 已知单位向量满足，则 C. 在中，若，且，则为等边三角形 D. 若点在所在平面内，且，则点的轨迹经过的外心． 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据模长关系结合数量积的运算律分析判断；对于C：根据单位向量结合三角形几何性质分析判断；对于D：利用平面向量数量积的运算性质分析判断. 【详解】对于选项A：例如，则，但，故A错误； 对于选项B：由题意可知：， 因为，即， 可得，则， 即，解得，故B正确； 对于选项C：因为分别表示与共线的单位向量， 则表示的角平分线上的向量， 若，可知； 又因为，即， 且，可得； 综上所述：为等边三角形，故C正确； 对于选项D：设线段的中点为，连接，则， 因为， 可得， 则 ， 即，可知点在的中垂线上， 所以，点的轨迹经过的外心，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，已知正三棱台由一个平面截棱长为6的正四面体所得，分别是的中点，P是棱台的侧面上的动点（包含边界），则下列结论中正确的是（ ） A. 该三棱台的体积为 B. 平面平面 C. 直线与平面所成角的正切值的最小值为 D. 若，则点的轨迹的长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】如图1，由相似三角形求得和棱台的高，结合棱台的体积公式计算即可判断A；根据面面垂直的判定定理即可判断B；利用余弦定理计算求出，由线面垂直的判定定理可得平面，分析出线面角正切值最小时点P的位置即可判断C；如图2，确定点P的轨迹，结合弧长公式计算即可判断D. 【详解】选项A：将三棱台补形为棱长为6的正四面体SABC， 如图1，依题意，是边长为6的正三角形，且， 所以，即，解得， （另解：因为，是边长为6的正三角形， 所以也是正三角形，边长，所以）. 于是正三棱台的高， （另解：（棱长为a的正四面体的高为））， 所以该三棱台的体积，故A选项正确； 选项B：易知，，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故B选项正确； 选项C：连接，，，在中，， 因此在中，， 有，所以，又平面， 由平面得，又，平面， 所以平面，故直线CP与平面所成的角为， 在中，，而， 所以当最大时，最小，由点P在平面及其边界上运动， 知当点P与点A或点B重合时最大，此时，， 所以直线CP与平面所成角的正切值的最小值为，故C选项正确； 选项D：当时，可得， 因此点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆与等腰梯形重合部分的两段弧和（如图2）， 连接，，由，，易得， 因此，所以的长度， 则点P的轨迹的长度为，故选项D错误． 故选：ABC. 【点睛】 关键点睛：解题关键是利用定义法确定线面角，进而分析出线面角正切值最小时点P的位置，从而得解. 三､填空题（本大题共3道小题，每小题5分，共15分）． 12. 在中，角A，B，C的对边分别为，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再利用数量积的定义计算即得. 【详解】中，由余弦定理得， 所以． 故答案为： 13. 四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则_________ 【答案】 【解析】 【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE，结合平面ACE，则证明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性质则有，即可得到答案. 【详解】如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由是正方形，得， 在线段PE取点G，使得，由，得， 连接BG，FG，则，由平面，平面， 得平面，而平面，，平面， 因此平面平面，又平面平面，平面平面，则， 所以. 故答案为： 14. 榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力．这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得， 进而可得，进而，即可求解，由体积公式即可求解. 【详解】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，则，故. 取的中点，连接， 又，则. 由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点， 且所求外接球的球心在这条直线上，如图. 设球的半径为，则，且， 从而，即， 当点在线段内（包括端点）时，有，得， 从而，即球心在线段中点，其半径. 当点在线段外时，，解得（舍）. 故所求外接球的体积. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查球的切接问题，关键在于根据几何体的对称性，通过直观想象明确外接球的球心位置，结合正方形的外接圆半径求解可得. 四､解答题（本大题共5道小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）若角的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简可求出角； （2）由及角的角平分线交于点，可得，再由余弦定理得，则求出，所以，由可得，从而可求得的面积． 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为角的角平分线交于点， 所以， 因为，所以由，得 ， 所以， 由余弦定理得，所以， 所以，解得或（舍去）， 所以，解得， 所以， 因为角的角平分线交于点，所以， 因为，所以， 所以. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）64 【解析】 【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定可得答案 （2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案； （3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用相等可得答案. 【小问1详解】 设与交于点，则为的中点，连接， 则在中，则DE是的中位线，所以， 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 在中，由，，， 由余弦定理，得， 则，即，为直角三角形，． 又平面，平面，， 又，平面， 平面， 平面，． 【小问3详解】 在中过点作，垂足为， 平面平面，且平面平面，平面 易知，， ，． 17. 已知向量，函数． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值； （3）将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，当时，方程有一解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调减区间； （2）利用同角三角函数的平方关系得，再根据余弦的和角公式计算即可； （3）根据三角函数图象变换得，再根据三角函数的性质计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以即 又因为，所以函数在上的单调递减区间为 【小问2详解】 若则，所以. 因为，所以， 所以， 所以 故. 【小问3详解】 将图象上所有的点的纵坐标变为原来的，再向下平移1个单位，最后再向右平移个单位得到函数的图象， 即： 则， 当时， 由方程有一解，可得的取值范围为． 18. 已知函数的图象如图所示，点B，D，F为与x轴的交点，点C，E分别为的最高点和最低点，而函数在处取得最小值. （1）求参数φ的值； （2）若，求向量与向量夹角的余弦值； （3）若点P为函数图象上的动点，当点P在C，E之间运动时，恒成立，求A的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入最小值点，即可求解的值； （2）由函数的解析式，求出的坐标，再代入向量的坐标运算求夹角； （3）设点的坐标，利用向量数量积的坐标表示出，观察取最小值的点，然后根据最小值大于等于1，即可求解. 【小问1详解】 因为函数在处取得最小值，则，， 得，，由，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 则，，， 则，， 所以； 【小问3详解】 因为点是上的动点，， ，， 又因为恒成立， 设， ，， ， 易知在或处有最小值， 在或处有最大值， 所以当或时，有最小值， 即当点在或处时，有最小值，此时或， 当时，，， 所以，得， 又，则， 当时，，， 所以，得， 又，则， 综上， 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用三角函数的性质解决点的问题，并代入向量的坐标表示，第三问的关键两个函数的最值同时取得，从而转化为求函数的最小值. 19. 如图，四面体中，，，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，，点在上； ①点为中点，求与所成角的余弦值； ②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直； （2）①取的中点，的中点，则（或其补角）为与所成的角，在中求解. ②先证平面平面，可得（或其补角）为与平面所成的角，在中求解. 【小问1详解】 ∵，为的中点，∴， 在和中， ∴，∴，又为的中点， ∴，又平面，， ∴平面， 又∵平面，∴平面平面； 【小问2详解】 ①取的中点，的中点，连接，则，， ∴（或其补角）为与所成的角， 由且，∴是等边三角形，则， 由且，为的中点， ∴在等腰直角中， ， 在中，，所以，即， 又，∴， 在中，由余弦定理得 ， 即，∴， 在中，，由余弦定理得， 中，， 即，∴，故 ， 在中，，，， 故， ∴与所成角的余弦值为． ②连接，由（1）知，平面，平面， ∴，则， 当时最小，即的面积最小． ∵平面，平面，∴， 又∵平面，平面，， ∴平面， 又∵平面，∴平面平面， 过点作于（或交延长线）， ∵平面平面，平面， ∴平面，∴（或其补角）为与平面所成的角， 由知，∴ ， 在直角中，，所以， 在直角中，，∴， 在等腰中，，，∴ ， ∴， ∴与平面所成的角的正弦值为． 【点睛】方法点睛：线面角的几何作法： 直接法：即定义法，作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形,根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求. 垂面法：找一个过斜线且与平面垂直的面，根据面面垂直的性质知这两个面的交线即为斜线在平面内的射影，根据直角三角形或余弦定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $