精品解析：安徽省皖北协作区2023-2024学年高一下学期期末联考数学试卷

2023~2024学年度第二学期高一年级期末联考 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：三角函数及恒等变形，平面向量，复数，立体几何. 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. 若向量是两个单位向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由单位向量的定义、数量积的定义以及模的性质即可逐一判断并求解. 【详解】由单位向量的定义可知，，即，且，故A正确，B错误； 因为方向和夹角不确定，故CD错误. 故选：A. 2. 已知直线与平面没有公共点，直线，则与的位置关系是（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 平行或异面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间线面、线线的位置关系直接判断即可. 【详解】依题意可知，而，所以a，b没有公共点，a与b可能异面或平行. 故选：D 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】逆用差角的余弦公式，结合特殊角的三角函数值计算作答. 【详解】. 故选：B 4. 若向量，，则在上投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解. 【详解】因为，，则， 所以在上的投影向量. 故选：B. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，再把函数的图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标保持不变），得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先由左右平移和伸缩变化可以得到，再根据正弦函数对称轴的求法，从而得到的对称轴为，最后结合选项选择适合的答案即可. 【详解】首先将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数， 再把函数的图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标保持不变）， 得到函数， 最后令，解得， 即的对称轴为. 所以函数的图象的一条对称轴的方程为. 故选：A. 6. 若，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式及二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】. 故选：A. 7. 已知函数的一段图象过点，如图所示，则函数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过三个连续零点的值可以求出函数的周期，根据最小正周期公式可以求出的值，将特殊点代入解析式中，可以求出，的值，进而确定函数解析式. 【详解】由图知，，则. 由图知，在取得最大值，且图象经过，故， 所以，故， 又因为，所以， 函数又经过，故，得. 所以函数的表达式为． 故选：D . 8. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，设和的外接圆的圆心，分别在，上，过，分别作两个半平面的垂线，交于，可得为三棱锥的外接球的球心，且可得，由等边三角形的边长为2，可得，及的值，进而求出外接球的半径的值，再求出外接球的表面积． 【详解】由题意如图所示：设为的中点，连接，设，分别为，的外接圆的圆心， 过，分别作两个半平面的垂线，交于，则可得为该三棱锥的外接球的球心， 连接，，则为外接球的半径， 由与均为边长为2的等边三角形，则 又，则由余弦定理可得，所以，， 因为，分别为，的外接圆的圆心，所以，， 可得，可得，而，所以， 在中：， 所以外接球的表面积， 故选：C． 二､多选题：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. 已知复数，则（ ） A. 虚部为 B. 是纯虚数 C. 的模是 D. 在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的基本概念，以及复数的几何意义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：由虚部定义知的虚部为，故A正确； 对B：纯虚数要求实部为0，故B错误； 对C：，故C正确； 对D：在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D错误. 故选：AC. 10. 如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则这些函数为“互为生成函数”.下列函数中，与构成“互为生成函数”的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由三角恒等变换，化简函数的解析式，再根据三角函数的平移变换规律，得出结论. 【详解】，由， 则将的图象向左平移个单位长度后，即可与的图象重合； 由， 则图象无法经过平移与的图象重合； 由， 则将的图象向左平移个单位长度后，再向下平移1个单位长度后， 即可与的图象重合； 由，则的图象无法经过平移与的图象重合. 故A，C中的函数与“互为生成函数”. 故选：AC 11. 已知函数在区间上有且仅有3个零点，则（ ） A. 在区间上有且仅有4条对称轴 B. 的最小正周期可能是 C. 的取值范围是 D. 在区间上单调递增 【答案】CD 【解析】 【分析】先根据在区间上有且仅有个零点求得的取值范围，然后结合函数的对称轴、最小正周期、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对C：由函数，令，，则，， 函数在区间上有且仅有个零点，即有且仅有个整数符合， 由，得，则，，， 即，，故C正确； 对于A：，，. 当时，在区间上有且仅有3条对称轴； 当时，在区间上有且仅有4条对称轴，故A错误； 对于B：周期，由，则，， 又，所以的最小正周期不可能是，故B错误； 对于D：，， 又，，所以在区间上单调递增，故D正确. 故选：CD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知中，是线段上靠近的三等分点，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则及基本定理求出、即可. 【详解】因为是线段上靠近的三等分点，所以， 所以， 又，且与不共线， 所以，所以. 故答案为： 13. 在正方体中，直线与所成角的大小为___________．（用角度表示） 【答案】 【解析】 【分析】构造两条异面直线所成的角，再求角的大小. 【详解】如图： 连接，，易知，所以即为与所成的角或其补角， 易知为等边三角形，所以. 故答案为： 14. 已知平面内三点不共线，且点满足，则是的__________心.（填“重”或“垂”或“内”或“外”） 【答案】垂 【解析】 【分析】使用数量积的分配律得到，，即，，进而得到点为的垂心. 【详解】由，知，，故，，从而为的垂心. 故答案为：垂. 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. 已知为坐标原点，，，. （1）若三点共线，求实数的值； （2）若点满足，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先表示出，，依题意，根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可； （2）首先表示出的坐标，再根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为，，， 所以，， 又三点共线，所以， 所以，解得 【小问2详解】 因为，， 所以，， 所以， 所以 ， 所以当时. 16. 已知角的终边经过点，为第一象限角，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由的终边经过点可得，，然后由为第一象限角求得，利用正弦函数两角差公式从而求解. （2）利用倍角公式求得，再结合正切函数两角差公式从而可求解. 【小问1详解】 角的终边经过点，为第一象限角，， ，，， . 【小问2详解】 由（1）得，， ， 17. 如图，四棱柱底面是正方形，． （1）证明：平面∥平面； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意可证∥，∥，结合线面平行、面面平行的判定定理分析证明； （2）根据题意可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：∥，，可知为平行四边形， 则∥，且平面，平面，可得∥平面， 又因为∥，，可知为平行四边形， 则∥，且平面，平面，可得∥平面， 且，平面，所以平面∥平面. 【小问2详解】 因为为正方形，则， 因为，则， 可得， 设，可知为的中点，则， 且，平面，可得平面， 由平面，所以平面平面 18. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）在锐角中，角所对的边分别为，，且，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用降幂及辅助角公式化简得到，利用正弦型函数的单调性即可解决; （2）利用得到，根据三角形的面积公式得到，再利用正弦定理表示出边，结合三角函数的性质即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 即. 令,解得， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 结合（1）问，因为 所以,即， 所以，即. 因为在锐角中，,所以. 因为，所以. 在中,由正弦定理可得，即， 在中易得, , 因为为锐角三角形，且，且易得， 所以，得，所以， 易得，即， 所以. 故面积取值范围为. 【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 19. 若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①；②存在异于点A的点G使得：与同向且，则称点A，B，C为可交换点组．已知点A，B，C是可交换点组． （1）求∠BAC； （2）若，，，求C的坐标； （3）记a，b，c中的最小值为，若，，点P满足，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据与同向，设，利用夹角公式，结合，得到，再由，得到求解； （2）由（1）知，，得到是正三角形，利用边长相等求解； （3）设BC的中点为D，由，得到G为的重心，且为的中心，不妨设与的夹角为，，分别表示数量积求解. 【小问1详解】 解：因为与同向，设， 则， ， 又∠GAB，． 因为，所以， 所以， 由，得， 又，所以，． 【小问2详解】 由（1）知，． 所以， 因为，，， 所以，，， 则，解得 所以C的坐标为． 【小问3详解】 设BC的中点为D，则，又， 所以，即G为的重心，又是正三角形，点G是的中心， 所以，，， 由对称性，不妨设与的夹角为，， 如图所示， ， ， 由图可知，与，与的夹角分别为，， 所以，的值分别为，， 当时，， 所以，其取值范围是． 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年度第二学期高一年级期末联考 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：三角函数及恒等变形，平面向量，复数，立体几何. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若向量是两个单位向量，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线与平面没有公共点，直线，则与的位置关系是（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 平行或异面 3. （ ） A. B. C. D. 4. 若向量，，则在上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，再把函数的图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标保持不变），得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. 或 D. 7. 已知函数的一段图象过点，如图所示，则函数（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. 是纯虚数 C. 模是 D. 在复平面内对应的点位于第四象限 10. 如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则这些函数为“互为生成函数”.下列函数中，与构成“互为生成函数”的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数在区间上有且仅有3个零点，则（ ） A. 在区间上有且仅有4条对称轴 B. 的最小正周期可能是 C. 的取值范围是 D. 在区间上单调递增 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知中，是线段上靠近的三等分点，若，则__________. 13. 在正方体中，直线与所成角的大小为___________．（用角度表示） 14. 已知平面内三点不共线，且点满足，则是的__________心.（填“重”或“垂”或“内”或“外”） 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知为坐标原点，，，. （1）若三点共线，求实数的值； （2）若点满足，求的最小值. 16. 已知角终边经过点，为第一象限角，. （1）求的值； （2）求的值. 17. 如图，四棱柱的底面是正方形，． （1）证明：平面∥平面； （2）证明：平面平面． 18. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）在锐角中，角所对边分别为，，且，求面积的取值范围. 19. 若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①；②存在异于点A的点G使得：与同向且，则称点A，B，C为可交换点组．已知点A，B，C是可交换点组． （1）求∠BAC； （2）若，，，求C坐标； （3）记a，b，c中最小值为，若，，点P满足，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$