精品解析：安徽省蚌埠市2023-2024学年高一下学期期末学业水平监测数学试题

蚌埠市2023—2024学年度第二学期期末学业水平监测 高一数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上 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. （ ） A. B. C. D. 3. 已知点在角终边上，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为2的等腰直角三角形，y'轴经过斜边A'B'的中点，则中边上的高为（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 要得到函数的图象，可将函数的图象（ ） A. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍 B. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍 C. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍 D. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍 6. 已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，∥，则∥ B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，∥，则 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角的对边分别为，已知，，则（ ） 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. 已知复数，，其中i为虚数单位，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方体，分别为，的中点，下列说法正确的是（ ） A B. C. 直线与直线所成角的大小为 D. 直线与平面所成角的大小为 11. 已知向量，满足，则以下说法正确的是（ ） A. 若，，则或 B. 若，则 C. 若，，则向量在向量上的投影数量为 D. 向量在向量上的投影向量为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______. 13. 已知，tanβ是方程的两根，则tanα＝________． 14. 在△ABC中，，，点M满足，则________． 四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出说明文字､证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，其中i为虚数单位，． （1）若z为纯虚数，求； （2）若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围． 16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点． （1）记向量，，试以向量，基底表示，； （2）若，求m，n值； （3）求证：A，G，H三点共线． 17. 如图，直三棱柱中，与交于点O，M为线段AC的中点，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥体积． 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）关于x的方程在区间有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围； （3）不等式对恒成立，求实数x的取值范围． 19. 已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形． （1）证明：； （2）若，求点O到平面BCD的距离； （3）求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 蚌埠市2023—2024学年度第二学期期末学业水平监测 高一数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上 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】B 【解析】 【分析】根据平面向量加减运算法则及运算律计算可得. 【详解】. 故选：B 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得. 【详解】. 故选：C 3. 已知点在角终边上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求出，再由定义计算可得. 【详解】因为点在角终边上，且， 即，解得， 所以. 故选：A 4. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为2的等腰直角三角形，y'轴经过斜边A'B'的中点，则中边上的高为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，即可得的原图，根据长度关系即可求解. 【详解】根据题意可得的原图如图所示，其中D为AB的中点， 由于为的中点，, 且，则中边上的高为． 故选：B. 5. 要得到函数的图象，可将函数的图象（ ） A. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍 B. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍 C. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍 D. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的变换规则一一判断即可. 【详解】将函数的图象先向左平移个单位得到， 再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故A正确； 将函数的图象先向左平移个单位得到， 再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故B错误； 将函数的图象先向右平移个单位得到， 再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故C错误； 将函数的图象先向右平移个单位得到， 再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故D错误. 故选：A 6. 已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，∥，则∥ B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，∥，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的性质定理和判定定理分析判断即可. 【详解】对于A，如图当，，∥时，与相交，所以A错误， 对于B，如图，当，时，∥，所以B错误， 对于C，如图当，，时，∥，所以C错误， 对于D，设，在平面内作，因为，所以， 因为∥，所以， 因为，所以，所以D正确. 故选：D 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由求出， 利用两角和的正弦公式化简，再利用二倍角公式化简可求得答案. 【详解】因，所以， 因为，所以， 所以 . 故选：C 8. 在中，角的对边分别为，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和与差的余弦展开式化简可得，由正弦定理得，再利用正弦的二倍角公式可得答案. 【详解】因为 ， 所以， 因为，所以，或舍去，可得， 因为，由正弦定理得， 所以， 因为，所以，可得， ，所以. 故选：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. 已知复数，，其中i为虚数单位，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，由共轭复数的概念即可判断A，由复数的模长公式即可判断B，由复数的四则运算，即可判断CD 【详解】对A因为复数，，则，故A正确； 对B,，即，故B正确； 对C,，故C错误； 对D,， ，所以，故D错误； 故选：AB 10. 已知正方体，分别为，的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 直线与直线所成角的大小为 D. 直线与平面所成角的大小为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据异面直线的定义可判断A；连接，取中点，设正方体的棱长为2，在中由余弦定理求出可判断B；设正方体的棱长为2，直线与直线所成的角即为，求出可判断C；连接、相交于点，利用线面垂直的判定定理得即为与平面所成的角，设正方体的棱长为2，求出可判断D. 【详解】对于A，因为平面，平面，，平面， 所以与是异面直线，故A错误； 对于B，连接，取中点，连接，可得， 所以平面，设正方体的棱长为2， 则，， ，， 由余弦定理得， 所以，所以，故B正确； 对于C，由B，，，所以， 设正方体的棱长为2， 所以直线与直线所成的角即为与直线所成的角，即为， 因为，平面，所以， 即直线与直线所成角的大小为， 故C正确； 对于D，连接，因为分别为，的中点，所以， 连接、相交于点，则，因平面， 平面，所以，且，平面， 所以平面，所以等于与平面所成的角， 设正方体的棱长为2，则，， 所以，，所以， 所以与平面所成的角大小为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知向量，满足，则以下说法正确的是（ ） A. 若，，则或 B. 若，则 C. 若，，则向量在向量上的投影数量为 D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，计算出，根据向量垂直得到方程，求出或，A正确；B选项，两边平方，求出；C选项，根据垂直关系得到，从而根据投影向量的模长公式求出C正确；D选项，在C选项基础上，根据投影向量的公式进行求解. 【详解】A选项，， 因为，所以， 解得或，A正确； B选项，两边平方得，， 因，所以， 故，则，B正确； C选项，因为，所以， ，故， 则向量在向量上的投影数量为，C错误； D选项，由C选项知，， 向量在向量上的投影向量为，D正确. 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由轴截面得到圆锥的底面半径和母线，利用侧面积公式求出答案. 【详解】由题意得，圆锥的底面半径为，母线长为， 故圆锥的侧面积为. 故答案为： 13. 已知，tanβ是方程的两根，则tanα＝________． 【答案】1 【解析】 【分析】先利用根与系数的关系，再利用两角和的正切公式可求得答案. 【详解】因为，tanβ是方程的两根， 所以，， 所以 . 故答案为：1 14. △ABC中，，，点M满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据可得，在中分别利用余弦定理可得，再求出可得答案. 【详解】设， 因为，，所以， 因为，所以, 因为， 所以，得， 在分别由余弦定理得 ，，， 所以， 所以，得， 所以， 所以， 即. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查余弦定理的应用，考查三角形的面积公式的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理找出的关系，再结合又得到的关系，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出说明文字､证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，其中i为虚数单位，． （1）若z为纯虚数，求； （2）若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知求出，再由模的意义求出结果. （2）由给定条件列出不等式组，求解即可得范围. 【小问1详解】 由z为纯虚数，得，解得，则， 所以. 【小问2详解】 由复数z在复平面内对应的点在第四象限，得，解得， 所以实数a的取值范围是. 16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点． （1）记向量，，试以向量，为基底表示，； （2）若，求m，n的值； （3）求证：A，G，H三点共线． 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据向量减法法则结合题意求解； （2）对结合（1）化简用，表示，而，然后列方程组可求得结果； （3）设，，由，，用用，表示，列方程组求出，从而可得，进而证得结论. 【小问1详解】 因为在中，E，H分别是AD，BC的中点，， 所以， ． 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 因为，所以，解得； 【小问3详解】 ， 设，，则 ， 又， 所以，解得，所以， ∴， ∴，即A，G，H三点共线． 17. 如图，直三棱柱中，与交于点O，M为线段AC的中点，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行判定定理证明； （2）应用面面垂直判定定理证明； （3）等体积法求三棱锥的体积. 【小问1详解】 连接，因为直三棱柱，，，又 ∴是正方形且O为线段的中点， 又M为线段AC中点，∴， 又平面，平面， ∴平面； 【小问2详解】 ∵，，平面平面，∴平面， 又平面，∴平面平面； 【小问3详解】 ∵M为线段AC中点， ∴， 即三棱锥的体积为． 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）关于x的方程在区间有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围； （3）不等式对恒成立，求实数x的取值范围． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为，． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先化简，再根据正弦函数的单调性求解； （2）根据函数两个不相等的实数根，结合正弦单调性及值域求参； （3）把恒成立问题转化为解三角不等式即可. 【小问1详解】 令，解得， 令，解得， 故函数的单调递增区间为， 单调递减区间为，． 【小问2详解】 由（1）知函数在区间单调递增，在区间单调递减， 又，，， 结合图象可知a的取值范围是． 【小问3详解】 即不等式对恒成立， 有， 所以或 解得，或 故x的取值范围是． 19. 已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形． （1）证明：； （2）若，求点O到平面BCD的距离； （3）求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，则，由面面垂直得到线面垂直，故，故， 又因为，得到； （2）求出，由勾股定理逆定理得到，得到线面垂直，线线垂直，求出，由余弦定理和同角三角函数关系得到，得到△BCD外接圆的半径，进而得到点到平面的距离； （3）作出辅助线，得到为BD与平面OAC所成的角，设，表达出，，由余弦定理求出，得到，由基本不等式，求出线面角的正切值的最大值，从而得到余弦值的最小值为. 【小问1详解】 证明：取AC中点E，连接BE，OE，， 因为， 所以平行四边形OACD为菱形，为等边三角形， 则，， 故，且， 又平面⊥平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以，故， 又因为，所以， 因为， 所以，． 【小问2详解】 因为，，又， 所以，所以， 又，，， 故，故， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在中，⊥，故⊥， 由勾股定理得， 在△BDE中，由勾股定理得， 所以在△BCD中，易知， 则， 记△BCD外接圆的半径为r，故，即， 所以点O到平面BCD距离． 【小问3详解】 作于， 因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 故为BD与平面OAC所成的角， 设，其中， ，， 在中，， 由余弦定理得， 故， 故 当且仅当时，等号成立， ， 故BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值为． 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$