精品解析：辽宁省大连市育明高中2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

大连育明高级中学2023~2024学年（下）期末考试 高一数学试卷 命题人：赵圣欣 校对人：石婧涵 满分150分时间120分钟 祝考试顺利 注意事项： 1．答卷前：先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．非选择题，用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上对应答题区域，写在非答题区域无效． 4．画图清晰，并用2B铅笔加深． 第Ⅰ卷（共58分） 一．单项选择题（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，，，为虚数单位，若复数在复平面内对应的点位于第一或第三象限，则下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 若角终边经过点，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 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 4. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知，，若P，Q的余弦距离为．则（ ） A. B. C. D. 5. 函数（，）的部分图象如图所示，的图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在图象上，点M、N关于点C对称，下列说法错误的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在单调递增 D. 函数图象向右平移后，得到函数的图象，则为奇函数 6. 已知圆台的体积为，母线长为3，高为，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，其中，，若，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（ ） A. B. C. D. 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由下列条件能得到为钝角三角形的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B作x轴的垂线，分别交x轴于，点C为该部分图象与x轴的交点，与y轴的交点为，此时．将绘有该图象的纸片沿x轴折成的二面角，如图2所示，折叠后，则下列四个结论正确的有（ ） A. B. 的图象在上单调递增 C. 在图2中，上存在唯一一点Q，使得面 D. 在图2中，若是上两个不同的点，且满足，则的最小值为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知在复平面内复数对应的向量分别为，若，则在上投影向量的坐标为____________． 13. 在中，分别为内角的对边，满足，则的值为______． 14. 已知“”表示小于x的最大整数，例如，.若恰好有四个解，那么的范围是______. 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，其中.已知. （Ⅰ）求； （Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值. 16. 如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. （1）证明：直线平面； （2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）求角的大小； （2）若，求的值． 18. 如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 19. 如图，设是平面内相交成的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与夹角为，求； （2）如上图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在轴，轴正半轴上，分别为BD，BC中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大连育明高级中学2023~2024学年（下）期末考试 高一数学试卷 命题人：赵圣欣 校对人：石婧涵 满分150分时间120分钟 祝考试顺利 注意事项： 1．答卷前：先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．非选择题，用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上对应答题区域，写在非答题区域无效． 4．画图清晰，并用2B铅笔加深． 第Ⅰ卷（共58分） 一．单项选择题（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，，，为虚数单位，若复数在复平面内对应的点位于第一或第三象限，则下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】复数的几何意义、不等式的性质可得，即可求解. 【详解】由题意知，复数的实部与虚部应同号，所以， 即，所以． 故选：C． 2. 若角终边经过点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数定义得，然后根据角的范围即可得解. 【详解】由三角函数定义可得， 因为，所以， 解得， 易知，点A在第二象限，所以. 故选：D 3. 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. 4. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知，，若P，Q的余弦距离为．则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，得到方程，求出，由诱导公式求出答案. 【详解】， 故， 所以，则. 故选：C 5. 函数（，）的部分图象如图所示，的图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在图象上，点M、N关于点C对称，下列说法错误的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在单调递增 D. 函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为奇函数 【答案】C 【解析】 【分析】A选项，根据M、N关于点C对称得到点横坐标，从而得到最小正周期；B选项，根据的图象关于点对称和最小正周期得到B正确；C选项，求出，将代入解析式求出，，从而利用整体法判断出在不单调；D选项，求出，得到其奇偶性. 【详解】A选项，点M、N关于点C对称，故， 设的最小正周期为，则，故，A正确； B选项，可以看出函数的图象关于点对称， 又的最小正周期， 故函数的图象关于点对称，B正确； C选项，又，故， ，故将代入解析式得， 解得， 又，故当且仅当时，满足要求，故， 又当时，，故， 则， 当时，， 由于在上不单调， 故在上不单调，C错误； D选项，，定义域为R， 又，为奇函数，D正确. 故选：C 6. 已知圆台的体积为，母线长为3，高为，则圆台的侧面积为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用母线长和高，求出上底面半径和下底面半径的等式关系，然后利用体积求出上底面半径和下底面半径的另一个等式关系，然后求出上下底面半径，再用侧面积公式即可求解. 【详解】 设上底面半径为，下底面半径为， 如图，根据题意， 在中，，即， 又因为圆台的体积为，所以， 即 由①②方程可得：， 所以圆台的侧面积为. 故选：D. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，其中，，若，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由，设，，则，所以三点共线，由等面积法可得的最小值. 【详解】根据题意，， 所以，即， 由， 设，，则， 所以三点共线，如图， 则的面积， ， 当时，最小，所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：由，设，，则，所以三点共线. 8. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答. 【详解】如图所示： 由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足， ， 由勾股定理得， 所以， 设点为外接圆的圆心， 则外接圆的半径为，， 设点为外接圆的圆心，同理可得外接圆的半径为， ， 如图所示： 设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点， 而均垂直平分， 所以点在面，面内的射影分别在直线上， 即， 由题意，且二面角为直二面角， 即面面，， 所以，即，可知四边形为矩形，所以， 由勾股定理以及， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 二、多项选择题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则确定点的位置，再作出，逐项计算判断即可. 【详解】在直观图中，，取中点，连接， 则，而，于是， 则，，， 由斜二测画法规则作出，如图， 则，， ，， ， 显然，A、C、D正确，B错误. 故选：ACD 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由下列条件能得到为钝角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A. 利用余弦定理判断；B.利用余弦定理求得边c，再利用余弦定理判断；C.利用两角和的余弦公式判断；D.利用两角和的余弦公式判断. 【详解】A. 因为，由余弦定理得，角C为钝角，所以为钝角三角形，故正确； B. 因为，由余弦定理得， ，角B为钝角，所以为钝角三角形，故正确； C. 由，得 ，由 ，得 ， 又 ，所以角A为锐角，则，所以 ，所以， 所以为直角三角形，故错误； D. 由，得 ，则 ， 即 ，角B为钝角，所以为钝角三角形，故正确； 故选：ABD 11. 已知函数图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B作x轴的垂线，分别交x轴于，点C为该部分图象与x轴的交点，与y轴的交点为，此时．将绘有该图象的纸片沿x轴折成的二面角，如图2所示，折叠后，则下列四个结论正确的有（ ） A. B. 的图象在上单调递增 C. 在图2中，上存在唯一一点Q，使得面 D. 在图2中，若是上两个不同的点，且满足，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】先由题意读出，建立关于它们的等量关系，从而求出的值，进而求出根据三角函数由图像求解析式的思路依次求出和的值，得出的解析式，即可判断AB；CD需根据图像特征结合几何平行和垂直的判定方法和手段进行分析处理. 【详解】设函数的最小正周期为，则， 又，平方得，即， 所以，即，因，解得， 故，即，所以，则，可得， 又因为函数在附近单调递减，且，所以，故A错误； 对于B选项，因为，当时，，此时单调递增，B符合题意； 对于C选项，在平面内，过点D作图象的切线，斜率为， 连线的斜率，连线的斜率, 过点D作交x轴于M，则该直线一定交于， 再在平面上，过M作平行于的直线交于，此时面，故C错误； 对于D选项，若均在上，由可知，平行于x轴，此时， 若均在上，作于点E，则， 又，从而面，故，而，因此，在图1中作直线，则为与的交点， 不妨设为与在y轴右侧最近的两个交点，则此时的最小值为， 若不在同一个面上，此时，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：涉及未知点（或动点）的平行（或垂直）关系求未知点（或动点）的位置或轨迹时，抓住平行（或垂直）的不变性和定点以及定直线作相应的平行面或垂面可助于找到未知点（或动点）的位置或轨迹. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知在复平面内复数对应的向量分别为，若，则在上投影向量的坐标为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用复数的几何意义得到向量的坐标，再利用投影向量的定义求解. 【详解】解：因为为， 所以，则， 所以在上投影向量的坐标为， 故答案为： 13. 在中，分别为内角的对边，满足，则的值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正弦定理与一元二次方程根的判别式可得，进而可得答案． 【详解】已知， 则由正弦定理得：，（为外接圆半径）， ， ，， ，即， ， ，，， ． 故答案为：1． 14. 已知“”表示小于x的最大整数，例如，.若恰好有四个解，那么的范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】作出和的图象，数形结合即可求得答案. 【详解】，如图为满足题意的两种情况： 即或，解得； 故的范围是， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合函数新定义，利用数形结合法解决方程根的个数问题，需要根据题意作出函数图象，利用图象进行求解. 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，其中.已知. （Ⅰ）求； （Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值. 【答案】(Ⅰ) . (Ⅱ) . 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到 由题设知及可得. （Ⅱ）由（Ⅰ）得 从而. 根据得到，进一步求最小值. 试题解析：（Ⅰ）因为， 所以 由题设知， 所以，. 故，，又， 所以. （Ⅱ）由（Ⅰ）得 所以. 因为， 所以， 当， 即时，取得最小值. 【名师点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等. 16. 如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. （1）证明：直线平面； （2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出从而证明线面垂直. (2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 设，连接， 四边形为菱形，则， 又，易得， 所以，则， 又，平面， 所以直线平面； 【小问2详解】 过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接， 由（1）易证，，，则为二面角的平面角， 在直角中，，又，可得， 设，则， 直角中，，可得， 为线段的中点，则到平面的距离，又， 设直线与平面所成角为，， 直线与平面所成角的正弦值为. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）求角的大小； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 分析】（1）由正弦定理得，结合已知可得，由余弦定理可得，可求； （2），两边平方结合余弦定理可得，可求得，可求得，．利用余弦定理可得，利用三角恒等变换可求. 【小问1详解】 ∵，由正弦定理，得． ∵，∴，∴ 由余弦定理有， ∴ ∴为锐角，∴； 【小问2详解】 由余弦定理及，有， 整理得，，考虑到，解得，或（舍）． 将代入消去，得，． ∴ ∵，为锐角，∴，， ∴. 18. 如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得； （2）面面垂直的性质定理平面，线面垂直的判定定理得平面，平面，线面平行的判定定理得平面，作垂足为，由等面积法得求出可得答案； （3）作平面，在平面作交于点，设线交线于点，由线面垂直的判定定理得平面，得，，求出可得答案. 【小问1详解】 ，， 则，， 又，，平面， 平面，平面， 平面平面； 【小问2详解】 侧棱，点E为AD中点.，，， 为正三角形，取中点，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 平面，所以，， 在边上取，连接，可得四边形是长方形， 可得，又，平面， 所以平面，作，垂足为，平面， ，， 又，平面， 平面，且， 又，平面，平面， 平面， 所以点到平面的距离，且点的投影在内， 在中，，，由余弦定理得， 作垂足为，由等面积法得， 所以二面角的大小的正弦值 ，； 【小问3详解】 作平面， 则，为在平面内的射影， 所以点，，共线， 再在平面作交于点， 又，，平面， 平面， 设线交线于点， 则，又，，平面， 平面，平面，得， ，， 又因为， 所以与平面所成的最大角的正弦值为， 当点为线与的交点时取到最大角. 【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.  19. 如图，设是平面内相交成的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与的夹角为，求； （2）如上图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在轴，轴正半轴上，分别为BD，BC中点，求的最大值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到； ②由，由表示出和，再由已知用表示出，因为与的夹角为，然后由，即可得到； （2）由题意，设出坐标，表示出，由，将表示成， 在中依据余弦定理可得，代入得， 方法一：设，得到，则可得的最大值； 方法二：在中，用正弦定理，再设，可得，代入，通过三角恒等化简可得，进而得到的最大值. 【小问1详解】 ①因为， 所以， ②由， 得， ， ， 因为与的夹角为， 则，得． 【小问2详解】 方法一：依题意设， ， 因为为BC中点， 为BD中点，所以， 所以，， 因为，则 ， 在中依据余弦定理得，所以，代入上式得， . 设，则， 令得，得(舍)， 所以， 则 方法二：依题意设， ， 因为为BC中点，则， 为BD中点，所以， 所以，， 因为. ， 在中依据余弦定理得，所以， 代入上式得，， 在中，由正弦定理， 设， ， 则 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$