精品解析：辽宁省本溪市县级重点高中协作体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

高一数学试卷 2023-2024学年度下学期期末质量检测 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 命题人：鞍山市第八中学 程明 第I卷（选择题共58分） 一､单项选择题（本题共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. ［1，4] 2. 复数z满足，则复数z的虚部是（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 已知某扇形圆心角为，其所对的弦长为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 5. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 8. 如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本题共3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. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（ ） A. 平均数为3 B. 标准差为 C. 众数为2 D. 85%分位数为5 10. 如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中正确的是（ ） A. B. 等边三角形 C. 平面平面 D. 二面角正切值为 11. 数学家威廉·邓纳姆在书中写道：“相比之下，数学家达到终极优雅是所谓的无言的证明，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释．很难比它更优雅了．如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图（为矩形）完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量、满足，，，则______． 13. 正六面体部分顶点连线，面的中心连线完美的勾勒出正四面体，正八面体，而正四面体的外接球恰好是正方体的外接球，立体几何中有好多类似的事实存在：若四面体，则该四面体外接球的体积为__________． 14. 棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则___； _____． 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. 设函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）当时，求函数的值域. 16. 如图，在平行四边形中，，，，，分别为，上的点，且，． （1）若，求，的值； （2）求的值； （3）求． 17. 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． 18. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足 （1）设，，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求的值； （2）若为锐角三角形，，求面积的取值范围． AI智能的出现，丰富了大家的生活，在部分领域得到了大量的应用，应用到老师的备课､拟卷中既丰富了知识量也提高了效率，下面就是AI给出的两种组合：考生可在（I）（II）两种组合中任选一组作答，每组试题后面均有分值标注，请你做出自己的抉择（把所选题号写在答题卡上），两组试题第一问均直接写出答案即可 19. 如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为__________． 20. 已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 21. 日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱的底面ABCD是正方形，且，． 店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图A中的方向捆扎包装盒会比按照图B中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）．则图A比图B最多节省的彩绳长度为______． 22. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）若为侧棱的中点，求证：平面； （3）设平面平面，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学试卷 2023-2024学年度下学期期末质量检测 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 命题人：鞍山市第八中学 程明 第I卷（选择题共58分） 一､单项选择题（本题共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. ［1，4] 【答案】C 【解析】 【分析】本题先解不等式求出集合A、B，再结合补集和交集的定义即可求解. 【详解】因为集合或， ， 所以， 故 故选：C. 2. 复数z满足，则复数z的虚部是（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，进而可求得，可得结论. 【详解】因为， 则， 故复数z的虚部是1． 故选：C． 3. 已知某扇形圆心角为，其所对的弦长为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设该扇形的半径为，依题意可得，再由扇形面积公式计算可得. 【详解】设该扇形的半径为，因为扇形的圆心角为，其所对的弦长为，则， 则该扇形的面积为. 故选：B. 4. 已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算，垂直向量的坐标运算，可得答案. 【详解】由题意，，由与垂直，则， 即，解得. 故选：A. 5. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可； 【详解】A：若，，则或相交，故A错误； B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确； C：若，，则或，故C错误； D：若，，则相交或或，故D错误； 故选：B. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知结合两角和差的正弦公式及二倍角公式化简，求出，再根据两角差的正切公式即可得解. 【详解】由， 得， 即，所以， 所以， 所以. 故选：C. 7. 圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据题意，确定出圆锥的底面圆半径和母线长，从而确定出轴截面的顶角，结合三角形的面积公式可确定其为直角三角形时面积最大. 【详解】圆锥的高为1，体积为，则底面圆的半径为，母线长为2， 轴截面的顶角为， 当截面为直角三角形时，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积最大， 最大值为， 故选：A． 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关过圆锥定点截面面积的最值问题，正确解题的关键是要明确圆锥轴截面顶角的大小以及三角形面积公式. 8. 如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由条件可证，则直线与所成的角为，然后结合条件以及余弦定理代入计算，即可得到结果. 【详解】 如图，取的中点E，连接．因为分别是的中点， 所以． 因为四边形是平行四边形，所以． 因为N为的中点，所以，所以． 故四边形平行四边形，所以， 所以直线与所成的角为． 连接，因为点P在平面内的射影为N，所以平面， 所以与平面所成的角为，所以． 不妨令，则，所以， 所以， 在中， 由余弦定理得． 故选：A． 二､多项选择题（本题共3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. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（ ） A. 平均数为3 B. 标准差为 C. 众数为2 D. 85%分位数为5 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平均数、方差、众数和百分位数的概念与计算方法，逐项判定，即可求解. 【详解】由平均数的计算公式，可得，所以A正确； 由方程的公式，可得， 所以标准差为，所以B错误； 由众数的定义，可得数据的众数为2和3，所以C错误； 将数据从小到大排序得1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，可得， 所以第85百分位数为5，所以D正确. 故选：AD. 10. 如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中正确的是（ ） A. B. 是等边三角形 C. 平面平面 D. 二面角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用面面垂直的性质定理易证平面，从而可知，可判断A；利用勾股定理可求得，从而可判断B；作出平面与平面的二面角的平面角，利用平面，可知为直角，因此不是直角，从而可判断C；作出二面角的平面角，设为，可求得，从而可判断D. 【详解】设等腰直角三角形的腰为，则斜边， 为的中点，， 又平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面，，故A正确； 由A知，平面，平面，， 又，由勾股定理得：， 又，是等边三角形，故B正确； 为等腰直角三角形，取斜边的中点，则， 又为等边三角形，连接，则, 为平面与平面的二面角的平面角， 由平面可知，为直角，因此不是直角， 故平面与平面不垂直，故C错误； 由题意知，平面，过点作于点，连接，则， 为二面角的平面角，设为， 则，故D正确; 故选：ABD. 11. 数学家威廉·邓纳姆在书中写道：“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的无言的证明，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释．很难比它更优雅了．如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图（为矩形）完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用图形结合解直角三角形，二倍角正弦公式和三角形面积公式求解判断各个选项. 【详解】对于A，在中，，，又， 则，，在中，， 因此，A正确； 对于B， 在中，，B错误； 对于C，在中，由，，得，C正确； 对于D，， ，因此，D正确. 故选：ACD 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量、满足，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律计算即得. 【详解】由，，，得， 所以. 故答案为： 13. 正六面体部分顶点连线，面的中心连线完美的勾勒出正四面体，正八面体，而正四面体的外接球恰好是正方体的外接球，立体几何中有好多类似的事实存在：若四面体，则该四面体外接球的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，把四面体置于长方体中，求出长方体的体对角线即可得解. 【详解】在四面体中，， 则四面体的四个顶点可为一长方体两个相对面的成异面直线的两条对角线的端点， 此长方体的外接球即为四面体的外接球， 设此长方体共点的三条棱长分别为，则，于是， 四面体的外接球半径，有，解得， 所以该四面体外接球的体积. 故答案为： 14. 棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则___； _____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用体积相等得出，进而算出，进而得出，通过面积的比值，进而求出的值，得到答案． 【详解】由题意，正三棱柱的棱长均为， 所以， 由题意可得， 又由得， ∴，∴ ∵，∴，∴ 在等边中，边上的高为 因为，∴ 故答案为． 【点睛】本题主要考查了空间几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，合理利用锥体的体积公式和三棱锥的结构特征求解是解答的关键，着重考查了空间想象能，以及推理与运算能力，属于中档试题． 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. 设函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）当时，求函数的值域. 【答案】（1）函数递增区间为，（2） 【解析】 【分析】（1）化简，再根据正弦函数的单调增区间即可． （2）根据（1）结果，再根据求出的范围结合图像即可． 【详解】解：（1） 由， 则函数递增区间为， （2）由，得 则 则，即值域为 【点睛】本题主要考查了三角函数的性质，常考三角函数的性质有：对称轴、单调性、最值、对称中心．属于中等题． 16. 如图，在平行四边形中，，，，，分别为，上的点，且，． （1）若，求，的值； （2）求的值； （3）求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量的运算法则求解 （2）分解后由数量积的运算求解 （3）由数量积的定义求夹角 【小问1详解】 ，故 【小问2详解】 【小问3详解】 ， 17. 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． 【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，， ，． 18. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足 （1）设，，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求的值； （2）若为锐角三角形，，求面积的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求出，进而由余弦定理求出，利用三角形面积公式得，利用平面向量基本定理及数量积运算法则得到答案； （2）由正弦定理得到，利用锐角三角形，求得，进而求出，由面积公式求得. 【小问1详解】 ，由正弦定理得： ， 所以， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，，由余弦定理得：， 因为，所以， 其中， 所以， 因为点E为线段BD的中点，所以， 由题意得：， 所以. 【小问2详解】 由（1）知：，又， 由正弦定理得：， 所以， 因为为锐角三角形，所以，解得：， 则，，， 故， 面积为 故面积的取值范围是. AI智能的出现，丰富了大家的生活，在部分领域得到了大量的应用，应用到老师的备课､拟卷中既丰富了知识量也提高了效率，下面就是AI给出的两种组合：考生可在（I）（II）两种组合中任选一组作答，每组试题后面均有分值标注，请你做出自己的抉择（把所选题号写在答题卡上），两组试题第一问均直接写出答案即可 19. 如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形的弧长与圆锥底面周长的关系可求得小圆半径和扇形半径之间的关系，继而结合正方形的对角线长，列式求出底面圆的半径，继而求得圆锥的高，即得答案. 【详解】如图1，过⊙F圆心F作于E，于G， 则四边形为正方形，设小圆半径为r，扇形半径为R，则， 小圆周长为，扇形弧长为， ∵剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，，解得， 即，， ∵正方形铁皮边长为，， ，∴； 在图2中，， 由勾股定理得，圆锥的高， 故答案为：. 20. 已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理及勾股定理的逆定理得，再利用线面垂直的性质判定推理即得. （2）作出二面角的平面角，再利用余弦定理计算即得. 【小问1详解】 在直角梯形中，，，则， 又，由余弦定理得， 则，即，由平面，平面， 得，而平面， 所以平面. 【小问2详解】 作，垂足N，连接，如图， 在中，，又，则≌，有, 于是≌，则，，为二面角的平面角， 由（1）知平面，平面，得，则， 在等腰中，，则， 而，在中，， 所以二面角的的余弦值为． 21. 日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱的底面ABCD是正方形，且，． 店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图A中的方向捆扎包装盒会比按照图B中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）．则图A比图B最多节省的彩绳长度为______． 【答案】 【解析】 【详解】对于图（A），沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值为； 对于图（B），彩绳长度的最小值为， 因为，所以图A比图B最多节省的彩绳长度． 故答案为：. 22. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）若为侧棱的中点，求证：平面； （3）设平面平面，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，再证明即可； （2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可； （3）根据线面平行的判定与性质证明即可. 【小问1详解】 设，连接，因为是平行四边形，故， 又为侧棱的中点，故. 又平面，平面，故平面. 【小问2详解】 若为侧棱的中点，，则， 又平面，平面，故平面. 又，平面，平面，故平面. 又，平面，故平面平面. 又平面，故平面. 【小问3详解】 因为，平面，平面，故平面. 又平面平面，平面，故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$