精品解析：辽宁省葫芦岛市长江卫生中等职业技术学校2023-2024年高一下学期期末数学试题（普高班）

葫芦岛市长江卫生中等职业技术学校2023——2024学年度期末考试 高一数学试题（普高班） （分数：150分，时间：120分钟） 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. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 已知：，则（ ） A B. C. D. 3. 要得到函数，的图象，只需将函数，的图象（ ） A. 所有点横坐标扩大2倍，纵坐标不变 B 所有点横坐标缩小，纵坐标不变 C. 所有点纵坐标缩小，横坐标不变 D. 所有点纵坐标扩大2倍，横坐标不变 4. 已知向量，，且，则（ ） A B. C. D. 5. 已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 函数 的最大值是（ ） A B. C. D. 1 7. 已知两个不重合的平面，，三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. ，，，，则 D. ，，，则 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分. 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的最大值为1 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角余弦值为 D. 在方向上投影向量为 11. 如图，正方体的棱长为1，O为BD的中点，直线与平面D交于点M，则下列结论正确的是（ ） A. ，M，O三点共线 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则向量的坐标为 ______． 13. 如图所示，圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的表面积为__________． 14. 已知，若，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. ，复数 （1）若z为纯虚数，求 （2）复平面内表示复数z的点在第四象限，求m的取值范围 16. 已知向量，满足，，. （1）求； （2）若向量与相互垂直，求实数的值. 17. 如图，在三棱锥中，底面，，，分别是，的中点，，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 18. 在锐角的内角的对边分别为，且 （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 19. 唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆． （1）当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． （2）超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． （3）若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 葫芦岛市长江卫生中等职业技术学校2023——2024学年度期末考试 高一数学试题（普高班） （分数：150分，时间：120分钟） 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. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】代入复数模的计算公式，即可求解. 详解】由题意可知，. 故选：C 2. 已知：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则及共轭复数的定义即可得解 【详解】因为，所以， 所以， 故选：D. 3. 要得到函数，的图象，只需将函数，的图象（ ） A. 所有点横坐标扩大2倍，纵坐标不变 B. 所有点横坐标缩小，纵坐标不变 C. 所有点纵坐标缩小，横坐标不变 D. 所有点纵坐标扩大2倍，横坐标不变 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数图像伸缩变换规则即可解决. 【详解】根据函数图像伸缩变换规则,图像所有点纵坐标不变,横坐标缩小为原来的即可得到. 故选:B. 4. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件得到，解出即可. 【详解】由知，故. 故选：B. 5. 已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为（ ） A 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据棱台体积公式直接计算即可. 【详解】由题，正四棱台上下底面面积分别为， 故由棱台体积公式得. 故选：D. 6. 函数 的最大值是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，从而得到函数最大值； 【详解】 所以函数的最大值为. 故选：C. 7. 已知两个不重合的平面，，三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. ，，，，则 D. ，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据空间直线的位置关系判断B，根据面面平行的判定定理判断C，根据线面平行的性质定理判断D. 【详解】当，，时，不能推出，故A错误； 当，时，可能相交，也可能异面，不能推出，故B错误； 当，，，，若不相交，则推不出，故C错误； 当，，，由线面平行的性质定理知，故D正确. 故选：D 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解. 【详解】因为，则， 整理可得，且，可知， 由题意可得：，解得， 由正弦定理可得， 则面积， 因为，则，可得， 所以面积. 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分. 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的最大值为1 【答案】AC 【解析】 【分析】根据的性质逐一判断即可. 【详解】，故A正确； ，所以不是对称轴，故B错误； ，所以是的一个零点，故C正确； 因为振幅，所以的最大值为，故D错误. 故选：AC. 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角余弦值为 D. 在方向上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量减法、平行、垂直、夹角余弦值、投影向量的计算方法验证即可. 【详解】由，，则与不平行，故错误； ，，则，故正确； ，， ，故正确； ，即在方向上的投影向量为，故正确. 故选：. 11. 如图，正方体的棱长为1，O为BD的中点，直线与平面D交于点M，则下列结论正确的是（ ） A. ，M，O三点共线 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图示可得三点，，在平面与平面的交线上，可判断A；利用线面垂直与面面垂直的判定与性质定理可判断B；利用等体积法，可判断C；由二面角为且，结合诱导公式及二倍角正切公式求正切值，进而求二面角的余弦值.可判断D. 【详解】对于A，如图所示， 因为，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面， 所以是平面和平面的公共点； 同理可得，点和都是平面和平面的公共点， 所以三点，，在平面与平面交线上， 即，，三点共线，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， 平面，所以，又， 平面， 所以平面，又平面， 所以，同理， 又，平面，所以平面， 平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，由B分析知道平面，则点到平面的距离为. 设点C到平面的距离为， 由可得，， 又正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为， 所以， 所以，则，故C错误. 对于D，如下图， 若为交点，则二面角为， 又，且， 所以 ， 故，故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. 已知向量，，且，则向量的坐标为 ______． 【答案】或． 【解析】 【分析】设，然后根据已知条件列方程组求解即可. 【详解】设， 因为向量，，且， 所以，解得：或 于是或． 故答案为：或． 13. 如图所示，圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】计算出圆锥的母线长，求出圆锥的底面积和侧面积，可得到表面积. 【详解】圆锥的底面半径为，高为，则母线长为， 表面积为. 故答案为：. 14. 已知，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式可求得，利用，结合二倍角的余弦公式可求值. 【详解】由，可得，则， 则 . 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. ，复数 （1）若z为纯虚数，求 （2）复平面内表示复数z的点在第四象限，求m的取值范围 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据复数类型为纯虚数得到方程和不等式，求出m，再结合复数的模长公式可得答案； （2）根据复数z对应的点在第四象限得到不等式组，则可直接求出实数m的取值范围. 【小问1详解】 因为z为纯虚数，， ， ； 【小问2详解】 因为复数z对应的点在第四象限， 则， 解得. 16. 已知向量，满足，，. （1）求； （2）若向量与相互垂直，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件利用化简求解； （2）由题意得，化简后可求出实数的值. 【小问1详解】 因为向量，满足，，， 所以 ； 【小问2详解】 因为向量与相互垂直， 所以， 所以， 所以，解得. 17. 如图，在三棱锥中，底面，，，分别是，的中点，，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面平行； （2）根据等体积法，转化为求，根据棱锥的体积公式求解即可 【小问1详解】 因为，分别是，的中点，所以是中位线， 所以，平面，平面，所以平面 【小问2详解】 因为, 因为底面，即平面ADC, 又，，，所以， 又是的中点，所以， 又，所以. 18. 在锐角的内角的对边分别为，且 （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 先利用正弦定理得到，然后得到，最后求出. 先用余弦定理求出，然后代入面积公式，求出面积. 【小问1详解】 由， 利用正弦定理得：， ， ，又为锐角， 则； 【小问2详解】 由余弦定理得：， 即， ， 又， 则． 19. 唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆． （1）当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． （2）超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． （3）若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意，当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大，求出内切球体积即可； （2）运用古典概型，结合互斥事件和独立乘法公式求解即可； （3）过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角．运用余弦定理，求解证明即可. 【小问1详解】 设被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意， 当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大， 此时设四棱锥的高为h，则． 所以， 正八面体每个面的面积是． 由得：．解得．所以． 小问2详解】 在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点， 该试验的样本空间 共20个样本点，所以． 每种选择是等可能的，因此这个实验是古典概型． 设事件甲获得“花好”卡片，事件乙获得“花好”卡片 ， 所以，从而． 设事件甲获得“月圆”卡片，事件乙获得“月圆”卡片， 任取三个顶点构成三角形，除等边三角形外，其余全部为直角三角形， 所以，从而． 记两人所获得卡片能凑成“花好月圆”为事件M， ，且与互斥，根据概率加法公式和事件的独立性定义， 得 因此甲乙两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率为． 【小问3详解】 证明：过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角． 在中，；① 在中，．② 由①②得， 从而， 所以，即． 所以为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$