精品解析：陕西省渭南市富平县2023-2024学年高一下学期期末质量数学试卷

富平县2023~2024学年度第二学期期末质量检测 高一数学试题 注意事项： 1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号． 3．回答选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑．如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其它答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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 已知复数，则（ ） A. B. 7 C. 5 D. 25 2. （ ） A. B. C. D. 3. 若向量，，，且，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 若函数的图象与直线没有交点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（ ）． A. B. C. D. 6. 如图，在中，已知，P为上一点，且满足，则实数m的值为（ ） A. B. C. D. 7. 对于直线m，n和平面α，β，能得出的一个条件是（ ） A. ，∥，∥ B. ，， C. ∥，， D. ∥，， 8. 若函数在区间单调递减，且最小值为负值，则的值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 二、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．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. 下列化简正确的是（ ） A B. C. D. 10. 已知，为两个单位向量，则下列四个命题中错误的是（ ） A. 与相等 B. 如果与平行，那么与相等 C. 与共线 D. 如果与平行，那么或 11. 在棱长为1的正方体中，点M在线段上运动（包含端点），则（ ） A 直线平面 B. 正方体外接球的表面积为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线AM与平面的夹角可能为 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. 复数的虚部为________． 13. 已知一圆锥的底面半径为2，侧视图为等边三角形，则该圆锥的体积为________． 14. 中国扇文化有着深厚的文化底蕴，文人雅士喜在扇面上写字作画.如图，是书画家唐寅（1470—1523）的一幅书法扇面，其尺寸如图所示，则该扇面的面积为______cm2. 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. 已知平面向量，，，，且与的夹角为 （1）求 （2）若与垂直，求的值 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值． 17. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，已知． （1）求角C； （2）若，求面积最大值． 18. 已知函数． （1）求函数图象的对称轴方程； （2）若方程在区间上恰有两个解，求的取值范围． 19. 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，为与的交点，为上一点，且． （1）求证：平面； （2）若为正三角形，，求异面直线与所成角的余弦值； （3）若点到底面的距离为3，求三棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 富平县2023~2024学年度第二学期期末质量检测 高一数学试题 注意事项： 1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号． 3．回答选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑．如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其它答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 已知复数，则（ ） A. B. 7 C. 5 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的模的公式计算即可. 【详解】因为复数，所以. 故选：C. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式与两角差的余弦公式即可求解. 【详解】 . 故选：A. 3. 若向量，，，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算与平行充要条件列出关于m的方程，解之即可求得m的值. 【详解】，因为， 所以，解得. 故选：A. 4. 若函数的图象与直线没有交点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正切函数的性质，代入求值即可. 【详解】函数的图象与直线没有交点． 若函数的图象与直线没有交点， 则，， 则的最小值为． 故选：B. 5. 一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，由梯形面积公式求解. 【详解】解：如图，恢复后的原图形为一直角梯形， 所以. 故选：B. 6. 如图，在中，已知，P为上一点，且满足，则实数m的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三点共线可得，且，结合题意可得，根据平面向量基本定理列式求解即可. 【详解】因为三点共线，则，且， 又因为，即，则， 且，则，解得. 故选：A. 7. 对于直线m，n和平面α，β，能得出的一个条件是（ ） A. ，∥，∥ B. ，， C. ∥，， D. ∥，， 【答案】C 【解析】 【分析】在A中，与相交或相行；在B中，与不一定垂直；在C中，由面面垂直的判定定理得；在D中，由面面平行的判定定理得∥. 【详解】在A中，，∥，∥，则与相交或平行，故A错误； 在B中，，，，则与不一定垂直，故B错误； 在C中，∥，，可得， 且，由面面垂直的判定定理得，故C正确； 在D中，∥，，，由面面平行的判定定理得∥，故D错误. 故选：C. 8. 若函数在区间单调递减，且最小值为负值，则的值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】分和两种情况讨论，结合余弦函数的单调性求出的范围，即可得解. 【详解】当时，， 由，得， 因为函数在区间单调递减，且最小值为负值， 所以，解得， 当时，由，得， 因为函数在区间单调递减，且最小值为负值， 所以，解得， 综上所述. 故选：A. 二、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．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. 下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据诱导公式结合切化弦运算求解. 【详解】对于选项A：因为，故A正确； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为，故C错误； 对于选项D：因为，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知，为两个单位向量，则下列四个命题中错误是（ ） A. 与相等 B. 如果与平行，那么与相等 C. 与共线 D. 如果与平行，那么或 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据相等向量，共线向量的定义进行判断. 【详解】A选项，与为两个单位向量，它们模长相等，但方向不一定相同，A选项错误； B选项，如果与平行，即与共线，根据共线向量性质，此时它们可能同向共线或者反向共线， 当它们反向共线时，与不相等，B选项错误； C选项，两个单位向量的夹角为或，它们才共线，但这是不一定的，C选项错误； D选项，如果与平行，即与共线，根据共线向量性质，此时它们可能同向共线或者反向共线， 即或，D选项正确. 故选：ABC. 11. 在棱长为1的正方体中，点M在线段上运动（包含端点），则（ ） A. 直线平面 B. 正方体外接球的表面积为 C. 三棱锥体积为定值 D. 直线AM与平面的夹角可能为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：分析可知，进而可知不相互垂直，即可得判断；对于B：分析可知为正方体外接球的直径，进而可求表面积；对于C：可证∥平面，根据平行的性质结合锥体的体积分析判断；对于D：取点M与点C重合，结合线面夹角的定义分析判断. 【详解】对于选项A：连接， 因为平面，平面，则， 在中，可知不相互垂直， 且∥，则不相互垂直， 所以直线与平面不垂直，故A错误； 对于选项B：由题意可得：为正方体外接球的直径，且， 所以正方体外接球的表面积为，故B正确； 对于选项C：因为∥，且， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 且点M在线段上运动，可知点M到平面的距离为定值， 即三棱锥的高为定值，且的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于选项D：例如点M与点C重合， 因为平面，可知直线AM与平面的夹角为， 且为正方形，可知， 所以直线AM与平面的夹角可能为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于AD：直接说明比较复杂，可以通过举例说明即可. 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. 复数的虚部为________． 【答案】 【解析】 分析】化简可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：， 所以其虚部为. 故答案为：. 13. 已知一圆锥的底面半径为2，侧视图为等边三角形，则该圆锥的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得圆锥的底面半径、母线和高，即可得圆锥的体积. 【详解】由题意可知：圆锥的底面半径，母线长， 则圆锥的高， 所以该圆锥的体积为. 故答案为：. 14. 中国扇文化有着深厚的文化底蕴，文人雅士喜在扇面上写字作画.如图，是书画家唐寅（1470—1523）的一幅书法扇面，其尺寸如图所示，则该扇面的面积为______cm2. 【答案】 【解析】 【分析】设，，由题意可得：，解得，进而根据扇形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图，设，， 由题意可得：， 解得：， 所以，． 故答案为：． 【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查扇形的面积，考查数形结合思想的应用，属于中档题． 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. 已知平面向量，，，，且与的夹角为 （1）求 （2）若与垂直，求值 【答案】（1）1 （2）-4 【解析】 【分析】（1）根据与的夹角为列出关系式代入相关数据解出； （2）根据与垂直列出方程解出. 【小问1详解】 与的夹角为， ， ， ； 【小问2详解】 与垂直， ， ， . 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，结合两角和差公式运算求解； （2）根据题意结合齐次化问题分析求解. 【小问1详解】 因为，显然，可得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 所以. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角C； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果； （2）利用基本不等式可得，结合面积公式运算求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 且，则，可得， 即，所以. 【小问2详解】 因为，则，当且仅当时等号成立， 即的最大值为4，所以面积的最大值为. 18. 已知函数． （1）求函数图象的对称轴方程； （2）若方程在区间上恰有两个解，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简计算可得，结合整体代换法计算即可求解； （2）由、，可得，进而求解即可. 【小问1详解】 ， 由，可得， 所以函数的对称轴方程为； 【小问2详解】 由，可得， 当时，， 程在区间上恰有两个解， 则，解得， 因此，的取值范围． 19. 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，为与的交点，为上一点，且． （1）求证：平面； （2）若为正三角形，，求异面直线与所成角的余弦值； （3）若点到底面的距离为3，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据，从而得到线线平行，从而可证线面平行； （2）取的中点，连接，，可知，将异面直线与所成的角转化为，再解三角形即可； （3）运用割补法可以求得结果. 【小问1详解】 由及， 可知，又，所以， 所以在中有，又平面，而平面， 所以平面； 小问2详解】 取的中点，连接，根据， 可知，则异面直线与所成的角即为， 又可得，则， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 分别过点作于，于，可得， 所以四边形的面积为，的面积为， 由，可知到平面的距离为1， 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$