精品解析：辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2023-2024学年度（下）沈阳市五校协作体期末考试 高一年级数学试卷 命题人：刘岩蜂 校对人：张传胜 考试时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共二部分：第一部分：选择题型（1一11题58分）第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一､单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求. 1. 已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是（ ） A. 1 B. -1 C. D. 2. 已知向量 ，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形．若线段AB长为1，则莱洛三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知单调函数，若实数满足，且，则（ ） A. 0 B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对得6分，部分选对得部份分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象的对称轴方程为直线 C. 函数的单调递减区间为 D. 若对于任意，都有成立，实数的取值范围为. 10. 已知复数均为虚数，且，则（ ） A. B. C. 为纯虚数 D. 存在某个实系数二次方程，它的两个根为 11. 在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点N的轨迹长度为 D. 的取值范围为 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12 已知锐角，且满足.则__________. 13. 已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为______． 14. 已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，若，则的取值范围是______. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出必要的文字､证明过程和步骤. 15. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 17. 已知，对任意都有， （1）求的值： （2）若当时方程有唯一实根，求的范围. （3）已知，若对任意都有恒成立，求实数取值范围. 18. 如图，正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面平面 （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）求二面角平面角的正切值. 19. 在中，，点为的外心. （1）若，求的值； （2）若，求的最大值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度（下）沈阳市五校协作体期末考试 高一年级数学试卷 命题人：刘岩蜂 校对人：张传胜 考试时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共二部分：第一部分：选择题型（1一11题58分）第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一､单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求. 1. 已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是（ ） A. 1 B. -1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则，得出复数，从而得其共轭复数的虚部即可. 【详解】由，得， 所以，所以复数的虚部是. 故选：. 2. 已知向量 ，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，结合投影向量的定义分析求解. 【详解】因为， 则， 所以在方向上的投影向量为. 故选：A. 3. 已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，根据面面平行的性质和线面垂直的判定定理分析判断，对于B，由线面平行的性质分析判断，对于C，根据线面平行的判定定理分析判断，对于D，由线面垂直的性质和线面平行的判定定理分析判断. 【详解】对于A，因为，所以， 因为，所以，所以A正确， 对于B，过作平面，因为，所以， 因为，，所以， 因为，，所以，所以，所以B正确， 对于C，当时，或，所以C错误， 对于D，因为，所以， 因，所以，所以D正确. 故选：C 4. 机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形．若线段AB长为1，则莱洛三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形分析，利用扇形的圆心角、半径、弧长的关系，即可求解. 【详解】由已知，． 得， 则莱洛三角形的周长是 故选：A． 5. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】球半径是圆锥母线，由圆锥母线、高和底面半径关系得到，圆锥展开图是扇形的弧长和半径关系得到，进而求出，再利用球表面积公式得解. 【详解】由已知得圆锥母线是球半径，设球半径为，圆锥底面圆半径为, 由圆锥高为，得， 由圆锥的侧面展开图是一个半圆得：， 联立方程组，解得，所以球表面积为， 故选：C. 6. 已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将函数化为一角一函数，再将函数在定义域内存在唯一，使得转化成在上有唯一解，接着结合正弦函数图像性质即可求解. 【详解】由题意，， 在定义域内存在唯一，使得， 所以在上有唯一解，令， 所以在上有唯一解， 则由正弦函数图像性质可知，， 故选：D. 7. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解. 【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）． 设，则．因为，所以． 由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上， 所以，所以的取值范围是． 方法二：如图2，连接．易知， 设，则． 由已知可得，所以， 所以 ． 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是. 故选：C． 8. 已知单调函数，若实数满足，且，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数的对称性及已知条件求解即可. 【详解】因为函数，所以， 所以关于点中心对称. 因为，，且为单调函数， 所以，，则. 故选：. 二､多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对得6分，部分选对得部份分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象的对称轴方程为直线 C. 函数的单调递减区间为 D. 若对于任意，都有成立，实数的取值范围为. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的图象，结合五点法作图，求出，再利用正弦函数的性质逐项分析判断即得. 【详解】对于A，函数周期，，解得，A正确； 对于B，由，得， 而，则，即， 由，解得， 函数的图象的对称轴方程为直线，B正确； 对于C，由，得， 因此函数的单调递减区间为，C错误； 对于D，当时，，，即， 由，显然，， 因此，D正确. 故选：ABD 10. 已知复数均为虚数，且，则（ ） A. B. C. 为纯虚数 D. 存在某个实系数二次方程，它的两个根为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用复数的四则运算及复数的模公式，结合共轭复数的概念及复数的概念即可求解. 【详解】设， ， ， 对于A ，，故A 错误； 对于B，， ， 所以，故B正确； 对于C，， ， 为纯虚数，故C正确； 对于D，因为为虚数，为实数，所以实系数二次方程，要么，要么，不可能既有实数根，又有虚数根，故D错误. 故选：BC. 11. 在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点N的轨迹长度为 D. 的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，此时，即可判断A；三棱锥,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点在线段上（含端点），利用勾股定理求出求，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断D． 【详解】在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、，连接、、、，，如图： 为正方体，为中点，为中点， ，，，， 、平面，、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点在线段上（含端点）， 对于A：当在时，则与夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点在线段上（含端点）， 而， 点的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点在线段上（含端点）， 则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知锐角，且满足.则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由三角恒等变换求解即可． 【详解】解：，且为锐角，得， 由为锐角，得，而， 得， 则 ， 故答案为： 13. 已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得平面和，利用三棱锥体积公式和重要不等式，可得三棱锥体积最大值，依题求出，即得,得出结论. 【详解】 如图，因为是三棱锥外接球的直径，所以． 又，故平面， 因平面，则．又，所以面， 因平面，故． 于是，三棱锥的体积为． 因（当且仅当时等号成立），所以体积的最大值为， 依题意，解得．因，故， 所以三棱锥的外接球的表面积为：． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查与球体相关几何体的运算，考查了线线、线面垂直的推导，属于难题. 解题思路为，利用题设先确定几何图形中的相关线面，线线的垂直关系，为表示三棱锥体积奠定基础，之后利用基本不等式结合体积最大值即可求得外接球半径. 14. 已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，若，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得，利用换元法，结合三角函数的性质以及二次函数的性质即可求解范围. 【详解】由正弦定理得： ， 又，即，可得， 又是锐角三角形， 可得，即，解得， 令，则， 则，开口向上，对称轴， 即在上单调递增， 所以，即 即的取值范围是 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出必要的文字､证明过程和步骤. 15. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解； （2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理，得， 化简得，因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 中，由余弦定理得， 所以，解得． 因为为的中线，所以， 所以， 因为，所以，解得. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点. （1）求证：平面； （2）求证：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）连接，利用中位线的性质得线线平行，即可证明线面平行； （2）利用线面垂直的性质与判定定理得，结合等腰三角形的性质即可得线面垂直； （3）利用等体积法及三棱锥的体积公式计算即可. 【小问1详解】 连接交于点，连接，由底面是正方形，故为中点， 又点为线段的中点，故， 又平面，平面，故平面； 【小问2详解】 由点为线段的中点，，易知， 由平面，平面，故， 又底面是正方形，故， 而､平面，，故平面， 又平面，故， 又､平面，，故平面； 【小问3详解】 由点为线段的中点，故点与点到平面距离相等， 故. 17. 已知，对任意都有， （1）求的值： （2）若当时方程有唯一实根，求的范围. （3）已知，若对任意都有恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得的图象关于直线对称，则，再结合的范围可求得结果； （2）令，则，由的单调性，将问题转化为与的图象有一个交点，结合图象从而可求出的范围； （3）由，，则令，然后将问题转化为，不等式恒成立，对变形后利用基本不等式可求出其最小值，从而可求出实数的取值范围. 【小问1详解】 对任意都有，则函数的图象关于直线对称， 所以，而，则，所以. 【小问2详解】 ，当时，设， 在为增函数，在为减函数， 所以方程有唯一实根， 等价于与的图象有一个交点， 由图象可知或， 所以或， 所以的范围是. 【小问3详解】 由（1）知，，则， ，， 当时，，，令， 显然， 不等式， 依题意，，不等式恒成立， 显然， ，当且仅当，即时取等号， 则，所以实数的取值范围是. 18. 如图，正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面平面 （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）求二面角平面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，7，理由见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件证明平面，即可证明平面平面；（2）在平面内过点作交于点，证明出与相似，从而，代入数据求解即可; （3）在平面上，过点作垂直垂足为，过点作的垂线垂足为，连接，证明为二面角的平面角，再求即可. 【小问1详解】 在正三棱柱中，因为点为的中点， 则， 又平面，平面， 则有， 而，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 【小问2详解】 在平面内过点作交于点， 因为平面平面，平面， 所以平面，则点即为所要找的点， 如下图所示，因为，， 所以与相似， 因此， 即有，于是，，所以. 【小问3详解】 在平面上，过点作垂直垂足为， 因为点为的中点， 所以为的四等分点，即， 过点作的垂线垂足为，连接， 平面平面，平面平面， 因此平面， 所以有， 由二面角定义可得为二面角的平面角， 为直角三角形， 边上的高为，则有， 所以 19. 在中，，点为的外心. （1）若，求的值； （2）若，求的最大值； （3）求证：. 【答案】（1）22； （2）. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，取的中点，连接，根据数量积的运算律求出，同理可求出，从而得答案； （2）不妨设，由（1）可知，，给两边分别乘以，化简后列方程组表示出，化简后利用基本不等式可求得结果； （3）由题意得，设的外接圆半径为，则可得，设与的夹角为，则由夹角公可得，即可证得结论. 【小问1详解】 由， 由余弦定理得， 取的中点，连接，则，所以 ， 同理可得， 所以的值为22； 【小问2详解】 不妨设， 因，同理可得， 则由可得 ，即得：① 又由可得 ，即得：② 联立①，②，解得： 则， 因，当且仅当时等号成立. 即当时，取得最大值. 【小问3详解】 由，则，由图知，则， 设的外接圆半径为， 则， 即， 又， 而， 则，而， 故， 不妨设与的夹角为， 则， 因，故，即， 故，得证. 【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量数量积的性质及运算，考查向量与三角函数的综合问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是灵活应用三角形外心的性质，考查计算能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$