河南省南阳市2023-2024学年高一下学期期末数学试卷

2023-2024学年河南省南阳市高一（下）期末数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.的值为(    ) A. B. C. D. 2.已知：，其中i为虚数单位，则(    ) A. 1 B. C. D. 2 3.如图是底面半径为1的圆锥，将其放倒在水平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点O滚动，当这个圆锥在水平面内首次转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则滚动过程中该圆锥上的点到水平面的距离最大值为(    ) A. B. 2 C. D. 4.已知向量，，，若，则与的夹角为(    ) A. B. C. D. 5.在平面直角坐标系xOy中，平面向量，将绕原点逆时针旋转得到向量，则向量在向量上的投影向量是(    ) A. B. C. D. 6.如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知SD：：：：1，这个容器最多可盛原来水的(    ) A. B. C. D. 7.在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作，则下列命题正确的是(    ) A. 函数的对称中心为 B. 若，则的最大值为 C. 若，且，则圆心角为，半径为3的扇形的面积为 D. 若，则 8.如图，在直角梯形ABCD中，已知，，，，现将沿BD折起到的位置，使二面角的大小为，则此时三棱锥的外接球表面积是(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。 9.下列有关复数内容表述正确的是(    ) A. 若复数z满足，则z一定为纯虚数 B. 对任意的复数z均满足： C. 设在复数范围内方程的两根为，，则 D. 对任意两个复数，，若，则，至少有一个为0 10.已知函数，且，则(    ) A. B. 函数是偶函数 C. 函数的图像关于直线对称 D. 函数在区间上单调递减 11.如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为2a，点E，F分别为侧棱AC，AD上的异于端点的动点.则下列说法正确的是(    ) A. 若，则不可能存在这样的点F，使得 B. 若，，则 C. 若平面BEF，则 D. 周长的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量，，点P是线段AB的三等分点，则点P的坐标是______. 13.如图，在中，，，，的角平分线交AC于D，交过点A且与BC平行的直线于点E，则______. 14.设为函数图象上任意一点，则的最大值是______. 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.本小题13分 已知复数z满足，求； 设，复数在复平面内对应的点在第三象限，求x的取值范围. 16.本小题15分 已知为锐角，为钝角，且， 求的值； 求的值. 17.本小题15分 在中，， 求证：； 若，，求的值. 18.本小题17分 如图，平面ABCD，底面ABCD为矩形，，点E是棱PB的中点. 求证：； 若M，N分别是PD，AC上的点，且，Q为MN上任意一点，试判断：三棱锥的体积是否为定值？若是，请证明并求出该定值；若不是，请说明理由. 19.本小题17分 已知在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，圆M与的边AC及BA，BC的延长线相切即圆M为的一个旁切圆，圆M与边AC相切于点记的面积为S，圆M的半径为 求证：； 若，， ①求r的最大值； ②当时，求的值. 答案和解析 1.【答案】C  【解析】【分析】 将所求式子利用二倍角的余弦函数公式化简，再利用特殊角的三角函数值即可求出值． 此题考查了二倍角的余弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握二倍角的余弦函数公式是解本题的关键． 【解答】 解： 故选： 2.【答案】A  【解析】解：， ， 故选： 先利用复数的除法运算法则化简复数z，再利用复数的模长公式求解． 本题主要考查了复数的除法运算，考查了复数的模长公式，属于基础题． 3.【答案】C  【解析】解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则， 所以圆锥的侧面积为， 因为圆锥在水平面内首次转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周， 所以， 解得， 所以圆锥的轴截面的面积为， 所以滚动过程中该圆锥上的点到水平面的距离最大值为 故选： 设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意可知，求出l，再画出圆锥的轴截面，利用等面积法求解即可． 本题主要考查了圆锥的侧面积公式，考查了圆锥的结构特征，属于中档题． 4.【答案】C  【解析】解：设与的夹角为， ，则， ， 即， ， ， 则， 故选 先设与的夹角为，根据题意，易得，将其代入中易得，进而由数量积的运算，可得的值，有的范围，可得答案． 本题考查向量的数量积的运用，要求学生能熟练计算数量积并通过数量积来求出向量的模和夹角或证明垂直． 5.【答案】D  【解析】解：因为，与的夹角为， 所以在上的投影向量是 故选： 根据投影向量的定义计算即可． 本题考查了投影向量的定义与计算问题，是基础题． 6.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查多面体体积的求法，考查运算求解能力，是中档题． 由已知可得三角形的面积比，再求出F，C到平面SAB的距离比，可得三棱锥与的体积比，则答案可求． 【解答】 解：：：：1， ：：：3，则：：9， ：：1，：： 设点F，C到平面SAB的距离分别为，， ：：3， 则： 故这个容器最多可盛原来水的 故选： 7.【答案】D  【解析】解：对于A选项，， 令， 故对称中心为选项错误； 对于B选项， ， 令，， 则，， 则对称轴为， 所以当时，取最大值，为， 也即取最大值，且最大值为，故B错误； 对于C选项， ， 因为， 所以 即， 因为， 所以， 所以扇形面积，故C错误； 对于D选项，由， 可得，即， 所以， 所以， 又因为， 所以， 所以 ，故D正确． 故选： 对于A，由题意可得，由三角函数的性质，解出对称中心即可判断； 对于B，由题意可得，利用换元法及二次函数的性质求解即可； 对于C，由题意可得，由且，可得，再根据扇形的面积公式求解即可； 对于D，由题意可得，即可得，根据定义化简得，代入求解即可． 本题主要考查的是新定义的理解，需要对概念进行理解与转换，然后再结合三角函数的概念、三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的综合应用，属于中档题． 8.【答案】D  【解析】解：取BD中点E，BC中点F，连接PE，EF，如图， 由题意知，，是二面角的平面角，， 由题意可得为等腰直角三角形，为的外心， 过F作直线平面BDC，则三棱锥外接球的球心O必在直线l上， 平面BDC，平面BDC，，在平面PEF中， 为的外心，连接OE，则平面PBD， ， ，，则， 为等腰直角三角形，，， 在中，，，，， 三棱锥外接球的半径为， 三棱锥外接球的表面积为 故选： 分别确定和的外心，再过外心作所在平面的垂线，两线的交点就是三棱锥外接球的球心，确定球心位置，即可求外接球半径，进而能求出三棱锥的外接球表面积． 本题考查三棱锥外接球、线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 9.【答案】CD  【解析】解：当时，满足，但z为实数，故A错误； 当时，，，故B错误； 在复数范围内方程的两根为，， 由韦达定理可知，，故C正确； ， 则， 故，至少有一个为0，故D正确． 故选： 根据已知条件，结合复数模公式，特殊值法，韦达定理，即可求解． 本题主要考查复数模公式，特殊值法，韦达定理，属于基础题． 10.【答案】ABC  【解析】解：，且， 的图像关于直线对称， ，即，A正确； ， ，为偶函数，B正确； 又，当时为最大值，当时为最小值， 函数的图像关于直线对称，C正确； 当时，，在区间上单调递增，D错误． 故选： 依题意，得，可得，利用正弦函数的性质逐项判断即可． 本题考查三角函数中的恒等变换应用及正弦函数的性质，属于中档题． 11.【答案】AC  【解析】解：对A选项，三棱锥为正三棱锥， 垂直AC在底面的射影，根据三垂线定理可得， 又，且， 平面BDE，又平面BDE，， 只有当F与D重合时，， 但点E，F分别为侧棱AC，AD上的异于端点的动点，选项正确； 对B选项，若，， 则， ，选项错误； 对C选项，若平面BEF，又平面ACD， 且平面平面，则，选项正确； 对D选项，将正三棱锥的侧面展开在一个平面内，如图： 则当B，E，F，四点共线时，周长的最小值为， 又易知与为等腰三角形，， 又∽， ，，， 又，，， ， 周长的最小值是，选项错误． 故选： 根据三垂线定理及线面垂直的判定定理，三棱锥的体积公式，线面平行的性质定理，化空间为平面，针对各个选项分别求解即可． 本题考查立体几何的综合应用，线线垂直的证明，三棱锥的体积问题，线面平行的性质定理的应用，三垂线定理的应用，化归转化思想，属中档题． 12.【答案】或  【解析】解：根据题意，向量，，则， 点P是线段AB的三等分点，则或， 若，则，此时P的坐标为， 若，则，此时P的坐标为 故P的坐标为：或 故答案为：或 根据题意，分析可得或，由向量和数乘向量的坐标表示方法，分析可得答案． 本题考查向量的坐标计算，涉及向量的数乘运算，属于基础题． 13.【答案】  【解析】解：因为在中，，，， 所以由余弦定理得， 即，整理得，解得舍负， 因为，所以，结合BE平分，可得， 在中，，， 所以， 由，可得∽，所以，可得， 即，解得 故答案为： 在中利用余弦定理建立关于AB的方程，解出，然后根据BE平分，结合平行线的性质推导出，，在中利用余弦定理算出BE长，再根据∽推导出，进而可得，可得答案． 本题主要考查利用余弦定理解三角形、平行线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，属于中档题． 14.【答案】  【解析】解：由已知有，且 由于余弦函数是偶函数，故，从而， 由于，故，从而，所以， 这就得到 若，则， 若，则， 所以 ， 综上，有， 当P的坐标是时，即，时，有， 所以的最大值是 故答案为： 先证明，然后分类讨论证明，最后给出取到等号的例子即可． 本题主要考查正弦函数的性质，不等式的性质，考查运算求解能力，属于中档题． 15.【答案】解：设， ， ， 由复数相等得：， 解得， ， ； 复数在复平面内对应的点在第三象限， ， 解得， 即x的取值范围  【解析】设，由复数相等的定义列出方程组，求出x，y的值，再利用复数的运算法则求解； 根据复数的几何意义列出不等式组，结合对数函数的性质求解． 本题主要考查了复数的运算，考查了复数的几何意义，属于基础题． 16.【答案】解：； 因为为锐角，，可得， 由，可得， 所以， 则， 又因为，所以，而， 可得，所以  【解析】利用二倍角公式，齐次式的方法即可求值；分别求出，的值即可． 本题考查二倍角公式，考查两角和差公式，属于中档题． 17.【答案】证明：因为， 所以， 两边同时除以，得， 故命题得证． 解：若，，则，， 当时，，和均为等腰三角形，且，∽， 所以， 所以，整理得， 所以，解得舍负， 不妨取，，则，， 在中，由余弦定理知，  【解析】根据，利用三角形的面积公式，求证即可； 令，根据，且∽，利用三角形相似的性质，求得，再在中，利用余弦定理求解即可． 本题考查解三角形，熟练掌握三角形的面积公式，余弦定理，相似三角形的性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 18.【答案】解：证明：平面ABCD，平面ABCD， ，又底面ABCD为矩形，， 又，平面PAB，又平面PAB， ，又，， 又，点E是棱PB的中点，， 又，平面PBC，又平面PBC， ； 三棱锥的体积是为定值，且定值为，理由如下： 如图，过M作，且， 过N作，且，连接GF， 又，， ，，， ，，又， 四边形GMNF为平行四边形， ，又平面PAB，平面PAB， 平面PAB，又Q为MN上任意一点， 到平面PAB的距离为定值，又的面积也为定值， 三棱锥的体积是定值， 由知平面PAB，由， 平面PAB， 到平面PAB的距离为， 又的面积为， 三棱锥的体积为： ， 故三棱锥的体积是为定值，且定值为  【解析】根据向量垂直的判定定理证明平面PBC即可； 过M作，且，过N作，且，连接GF，则易证平面PAB，再根据三棱锥的体积公式，即可求解． 本题考查线线垂直的证明，三棱锥的体积的求解，线面平行的证明，属中档题． 19.【答案】证明：连接MA，MB，MC， 则， 故； 解：①因为，又因为， 由得，， 故， 由知：， 由式可得， 由得， 故，当且仅当时取“=”， 因此，，即r的最大值为； ②不妨设另两个切点分别为P，Q，，， 则，， ， 显然，即，又， 故可求得：， 由①知，可得， 又，得， 故  【解析】由图中三角形的面积关系，结合BA，BC与圆相切即可证明结论； ①由中关系式，结合余弦定理及基本不等式，可求得r的最大值； ②由切线的性质，可得，由已知求得，再结合平面向量数量积的几何意义，即可求得结论． 本题考查切线性质、余弦定理、基本不等式的应用及平面向量数量积运算，属中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$