精品解析：陕西省渭南市大荔县2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷

大荔县2023—2024学年（下）高一年级期末质量检测试题 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.选择题用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域答案无效. 3.答题前，请将姓名､考号､试卷类型按要求涂写在答题卡上. 一､单项选择题：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. 若复数满足是虚数单位，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. 已知向量，则与向量方向相反的单位向量是（ ） A. B. C. D. 或 3. 军事上角度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的所对的圆心角的大小，.若角密位，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 若△ABC的内角A，B，C满足，则cosB＝（ ） A. B. C. D. 8. 正三棱锥的底面是面积为的正三角形，高为，则其内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于直线轴对称 D. 的值域为 10. 已知非零向量，以下命题正确的有（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则或 D. 已知，则 11. 如图，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为是的中点，则正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 12. 如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. 点的坐标为 D. 点的坐标为 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 若一个扇形的弧长和面积均为3，则该扇形的圆心角的弧度数为______． 14. 若，且，则与的夹角为__________. 15. 的值为________. 16. 如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上､下面及母线均相切.记圆柱的体积为，球的体积为，则__________. 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. （1）化简： （2）已知，计算 18. 求一个复数z，使得为实数，且． 19. 如图，三棱锥中，，底面ABC （1）证明：平面平面PAC （2）若，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值 20. 在中，角对应的边分别为，已知，求的值. 21. 已知函数的最大值为1， （1）求常数的值； （2）求函数的单调递减区间； （3）求使成立的x的取值集合. 22. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数． （1）若为相伴特征向量，求实数m的值； （2）记向量的相伴函数为，求当且时的值； （3）已知，，为（1）中函数，，请问在的图象上是否存在一点P，使得，若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大荔县2023—2024学年（下）高一年级期末质量检测试题 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.选择题用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域答案无效. 3.答题前，请将姓名､考号､试卷类型按要求涂写在答题卡上. 一､单项选择题：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. 若复数满足是虚数单位，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】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为，则， 所以对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知向量，则与向量方向相反的单位向量是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用单位向量及相反向量的意义求解即得. 【详解】向量，则， 所以与向量方向相反的单位向量是. 故选：C 3. 军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的所对的圆心角的大小，.若角密位，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由密位制与弧度的换算公式可得，，从而可得解． 【详解】因为1密位等于圆周角的， 所以角密位时，， 故选：C． 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用最小正周期为排除选项AC；利用在区间上单调递减排除选项D；选项B以为最小正周期，且在区间上单调递减，判断正确. 【详解】选项A：最小正周期为.判断错误； 选项B：最小正周期为，且在区间上单调递减.判断正确； 选项C：最小正周期.判断错误； 选项D：在区间上单调递增. 判断错误. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换公式求解. 【详解】 所以， 所以 故选:B 6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】考查线与面，面与面之间位置关系，关键是掌握线面、面面等的位置关系及其性质，再结合图形分析. 【详解】如图，当时，与可相交也可平行， 故A错； 当时，由平行性质可知，必有，故B对； 如图，当时，或，故C错；当时，可相交、平行，故D错. 故选：B. 7. 若△ABC的内角A，B，C满足，则cosB＝（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理得出，再由余弦定理得出. 【详解】因，所以，设 故选：D 8. 正三棱锥的底面是面积为的正三角形，高为，则其内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正三棱锥的结构特征求底面边长和侧棱长，利用等体积法求内切球半径，进而可得表面积. 【详解】由题意可知：正三棱锥的顶点S在底面投影为的中心O， 设底面边长为，侧棱长为，其内切球的半径为， 由题意可得：，解得， 由三棱锥的体积可得：，解得， 所以其内切球的表面积为. 故选：C. 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于直线轴对称 D. 的值域为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，结合正弦型函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由正弦型函数的性质，可得的最小正周期为，所以A正确； 对于B中，由，所以不是奇函数，所以B错误； 对于C中，由不是函数的最值，所以的图象不关于轴对称，所以C错误； 对于D中，由，可得，所以函数的值域为，所以D正确. 故选：AD. 10. 已知非零向量，以下命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 已知，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用平面向量垂直的性质判断A，C，利用平面向量的线性运算结合向量数量积的定义判断B，利用平面向量的夹角公式求解夹角判断D即可. 【详解】对于A，若，则， 故或，故A错误； 对于B，若，则， 即，即， 则， 所以，即，故B正确， 对于C，若非零向量，有，则，故C错误； 对于D，若，，得到， 则， ， ， 故， 所以， 所以，又， 所以，故D正确. 故选：BD 11. 如图，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为是的中点，则正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】CD 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由可判断A；求出平面和平面的法向量，不存在实数λ使得．可判断B；求出三棱锥的体积可判断C；求出三棱锥的外接球的表面积可判断D. 【详解】解：以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 因为，所以与不垂直．故A错误． ，， 设平面的一个法向量为， 则由得所以 不妨取，则，所以． 设平面的一个法向量为， ，， 则由得所以 不妨取，则，所以． 故不存实数λ使得． 故平面与平面不平行，故B错误． 在长方体中，⊥平面， 故是三棱锥的高，所以 ．故C正确． 三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 故外接球的半径． 所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确． 故选：CD． 12. 如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. 点的坐标为 D. 点的坐标为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由角的定义求解可判断A；由圆的性质及角的定义求解可判断B；由三角函数定义求解可判断C；由中点坐标公式及三角函数定义，结合角的变换、两角和与差的余弦公式求解可判断D. 【详解】对于A：因为，，所以，正确； 对于B：依题意为线段的中点，则，则， 又，所以，正确； 对于C：为线段的中点，射线与单位圆交于点，则为的中点， 所以， 又，所以点的坐标为，正确； 对于D： ， ， 所以点的坐标为，错误. 故选：ABC 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 若一个扇形的弧长和面积均为3，则该扇形的圆心角的弧度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形面积公式和圆心角的弧度数公式，即可得到答案； 【详解】， ， 故答案为： 14. 若，且，则与的夹角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量数量积公式得到，得到夹角. 【详解】设与的夹角为， ， 即，解得， 又，故. 故答案为： 15. 的值为________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据，展开化简得到答案. 【详解】， 故. 故答案为：. 【点睛】本题考查了正切和差公式的应用，意在考查学生的计算能力. 16. 如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上､下面及母线均相切.记圆柱的体积为，球的体积为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，可得圆柱的母线长和球的半径，结合圆柱、球的体积公式运算求解. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆柱的母线长为，球的半径为， 则，， 所以. 故答案为：. 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. （1）化简： （2）已知，计算 【答案】（1）1；（2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数关系求解即可；（2）利用弦切互化求解即可. 【详解】（1） （2） 18. 求一个复数z，使得为实数，且． 【答案】或或， 【解析】 【分析】由题意，设，，且不同时为0，则有，求解方程组即可. 【详解】由题意，设，，且不同时为0， 因为，即， 所以，① 又，即，② 联立①②解得，或，经检验此时， 所以复数或或， 19. 如图，在三棱锥中，，底面ABC （1）证明：平面平面PAC （2）若，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，得到，再根据底面ABC，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； （2）作，连接OM，由平面平面PAC，得到平面PBC， 则即为AM与平面PBC所成的角求解. 【小问1详解】 证明：因为， 所以，又底面ABC， 所以，又， 所以平面PAC， 因为平面PBC， 所以平面平面PAC； 【小问2详解】 如图所示： 作，连接OM， 因为平面平面PAC，平面平面PAC=PC， 所以平面PBC， 则即为AM与平面PBC所成的角， 设，则， 所以，又， 所以， 所以AM与平面PBC所成角的正切值为. 20. 在中，角对应的边分别为，已知，求的值. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理得或，分两种情况，利用正弦定理得到答案. 【详解】由正弦定理，得. 因为，所以，于是，或. 当时，.可得： ； 当时，.可得： ， 故. 21. 已知函数的最大值为1， （1）求常数的值； （2）求函数的单调递减区间； （3）求使成立的x的取值集合. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】 （1）利用两角和与差的公式化简成为的形式，根据三角函数的性质可得的值． （2）将内层函数看作整体，放到正弦函数的减区间上，解不等式得函数的单调递减区间； （3）根据三角函数的性质求解成立的的取值集合． 【详解】（1）由题意：函数， 化简得： ， 的最大值为1， ，解得：． （2）由（1）可知． 根据三角函数的性质可得：，． 即， 解得：，， 的单调递减区间为； （3）由题意：，即， 可得：． ，． 解得：． 成立的的取值范围是． 【点睛】本题考查了三角函数的化简和计算能力，三角函数的性质的运用．属于基础题． 22. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数． （1）若为的相伴特征向量，求实数m的值； （2）记向量的相伴函数为，求当且时的值； （3）已知，，为（1）中函数，，请问在的图象上是否存在一点P，使得，若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）存在点，使得. 【解析】 【分析】（1）利用特征向量的定义即得； （2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果； （3）由题可得的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可. 【小问1详解】 ∵， 又为的相伴特征向量， ∴； 【小问2详解】 ∵向量的相伴函数为， 又， . ，， ， ∴； 【小问3详解】 由题可知， ∴， 设，， ，， 又， ， ， 即， ， ，， ， 又， 当且仅当时，和同时等于， 在图像上存在点，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$