精品解析：广东韶关实验中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

2023-2024学年度第二学期高一期末检测 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、学校、班级和准考证号填写在答题卡上. 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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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. 设全集，集合，，则（ ） A. {2} B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合交并补运算的定义即可求解. 【详解】由题意可得或，故， 故选：B 2. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用垂直关系的坐标表示，列式计算即得. 【详解】依题意，，由，得，所以. 故选：B 3. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据特殊角的三角函数值，得出答案. 【详解】根据特殊角的三角函数值，可知.故选D. 【点睛】本小题主要考查特殊角的三角函数值，属于基础题.从到内特殊角的三角函数值需要熟练记忆. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用排除法，结合奇偶性定义判断奇偶性，由解析式判断的符号，即可确定图象. 【详解】由且定义域为，函数为奇函数，排除A、C； 又，排除B. 故选：D. 5. 以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析可知该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，结合圆锥的侧面积公式运算求解. 【详解】由题意可知：等腰直角三角形斜边的高为1，腰长为， 该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成， 所以所得几何体的表面积为. 故选：B. 6. 已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（ ） A 若直线与平面所成角相等，则 B. 若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C. 若上有两个不同点到平面的距离相等，则 D. 若，且直线异面，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系逐一判断即可． 【详解】 对于A,比如在正方体中，直线与平面所成角均为， 但相交，A错误； 对于B，直线上的点到平面的距离相等， 故平面上有三个不同点到平面的距离相等， 但平面与平面相交，B错误； 对于C，点到平面的距离相等，但直线与平面相交，故C错误； 对于D，若，，故过可作一平面，使得，则， 由于，异面，，所以，相交，否则，进而可得， 这与，异面矛盾，所以，相交，结合，，，， 所以则，D正确． 故选：D． 7. 一艘船以4 km/h的速度与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过h，则船实际航程为(　　) A. 2 km B. 6 km C. 2 km D. 8 km 【答案】B 【解析】 【分析】可先求船速与水速的合速度，再计算实际航程． 【详解】设船的速度为，水的速度为，则船的实际航行速度为，于是有 = =12 = 船实际航程为=6．答案B． 【点睛】本题考查向量在实际生活中的应用，此问题含有明显的物理意义，理解其物理含义并用向量进行表示是解题的关键．通常学科含义与数学的结合是解决跨学科问题关键，重点在于考查学生的转化能力与创新能力． 8. 如图，某工程队将从A 到D 修建一条隧道，工程队从A 出发向正东行 到达B，然后从B向南偏西方向行了一段距离到达C，再从C 向北偏西方向行了到达D. 已知C在A 南偏东方向上，则A 到D 修建隧道的距离为（ ）km. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，在△ABC中，由正弦定理得，在△ACD中，由余弦定理求得． 【详解】连接AC， 可得， ，， 在中，由正弦定理得， 即，则， 在中，由余弦定理得， 则． 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. 下列结论正确的是（ ） A. 当时，复数是纯虚数 B. 复数对应的点在第一象限 C. 复数z及其共轭复数满足，则 D. 复数与分分别对应向量 与 则向量 表示的复数为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义即可判定A，根据复数乘法化简即可得对应的点求解B，根据待定系数法求解复数，即可判定C，根据复数的几何意义，结合向量的减法运算即可求解D. 【详解】对于A，当时，为纯虚数，故A正确； 对于B，，对应的点位于实轴上，故B错误； 对于C，设，，，则，由得 ，即，解得， 故，故C正确； 对于D，复数与分别对应向量与， 则向量表示的复数为，故D正确． 故选：ACD． 10. 已知是函数的一个零点.则（ ） A B. 函数的值域为 C. 函数的单调递减区间为 D. 不等式的解集为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：代入运算求解即可；对于B：整理可得，结合正弦函数的有界性分析求解；对于C：以为整体，结合正弦函数的单调性分析求解；对于D：结合选项B中的值域分析判断. 【详解】由题意可得：， 因为，解得，故A正确； 则， 因为，则， 所以函数的值域为，故B错误； 令，解得， 所以函数的单调递减区间为，故C正确； 由选项B可知：当，即时，， 所以不等式的解集不为空集，故D错误； 故选：AC. 11. 已知点 O是平面直角坐标系的原点，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，作，垂足为D，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设 四边形OABP有可能是平行四边形 C. 将绕 O逆时针旋转得到向量 则的坐标为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据向量的模长公式运算求解；对于D：根据向量的线性运算结合向量相等运算求解即可；对于C：根据三角函数值的定义结合诱导公式运算求解；对于D：结合向量投影运算求解. 【详解】由题意可得：， 对于选项A：可得，故A错误； 对于选项B：因为， 若四边形OABP是平行四边形，则， 可得，解得， 所以四边形OABP有可能是平行四边形，故B正确； 对于选项C：设， 则，即， 可知， 则， ， 所以的坐标为，故C正确； 对于选项D：由题意可知：在方向上的投影为， 所以，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则=________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：，所以 考点：复数模的概念与复数的运算. 13. 若且 则 ______，______ 【答案】 ① 2 ②. 【解析】 【分析】根据题意结合同角三角关系可得，进而可得，再根据结合诱导公式运算求解. 【详解】因为，且，则， 可得， 所以； . 故答案为：2；. 14. 如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】做辅助线，根据垂直关系可证平面，可知平面即为平面，进而结合三棱台的体积公式分析求解. 【详解】分别取的中点，连接，则∥， 且∥，，可知为平行四边形，则∥， 可得∥，即四点共面， 因为平面，平面，则， 又因为， 即，可知，可得， 且，平面， 可得平面，由平面，可得， 连接， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面，由平面，可得， 且，平面， 可得平面，可知平面即为平面， 设正方体的棱长为2， 则正方体的体积为，三棱台的体积为， 可知，，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用垂直关系分析可知平面即为平面，进而分析体积. 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. 设的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求B； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，即可得结果； （2）利用余弦定理可得，再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， 且，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得：， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以的面积. 16. 数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如: 如图甲，在中，D 为BC的中点，则在 中，有，在中，有，两式相加得，因为 D 为 BC的中点，所以，于是如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点. （1）如图乙，请用“算两次”的方法证明：； （2）如图乙，若与的夹角为，求与的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合向量加法分析证明； （2）根据题意结合（1）可求，进而结合向量夹角公式运算求解. 【小问1详解】 因为， 则， 且E，F分别为AD，BC的中点，则， 所以. 【小问2详解】 由题意可知：， 由（1）可知：，即， 则， ，即， 所以与的夹角的余弦值. 17. 如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. （1）求证：平面 （2）求证：平面平面 （3）若，求二面角 余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，推出四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，即可得出答案． （2）由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案． （3）取的中点，连接，先找到二面角的平面角为，再计算余弦值，即可得出答案． 【小问1详解】 证明：取的中点，连接， 因为为棱的中点， 所以，， 又，，为的中点， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 【小问3详解】 取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又，所以， 又直三棱柱的几何特征可得面，又面，所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以二面角的平面角为， 因为， 所以，， 中，， 所以， 所以二面角的余弦值为． 18. 已知函数的最大值为1，其图象相邻两对称轴之间的距离为．若将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象关于原点中心对称． （1）求函数的解析式； （2）已知常数，，且函数在内恰有2025个零点，求常数与n的值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由最大值得A，则周期得，写出变换的函数解析式，由对称性得，得函数解析式； （2）首先确定，即，这样零点问题转化为，求得函数的最大值和最小值，然后讨论方程解的个数，分类讨论求得． 【小问1详解】 依题意可知：，可得， ，即，且，可得， 则， 将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度， 得到的函数为， 因为图象关于原点中心对称，则有，． 且，， 所以． 【小问2详解】 由题意可知： 当时，，则在内的零点个数为偶数个， 因为在内恰有2025个零点，为奇数个零点，故， 由，可得， 设，则， 可知在和上递减，且，， ①若，由得或， 则（n为奇数）或（n为偶数），解得n不是整数，舍去； ②若，由得或， 则由（n为奇数），解得n不是整数，舍去； 或， 解得； ③若且，在内的零点个数为偶数； ④或，在内的零点个数为偶数． 综上所述：，． 【点睛】关键点点睛：解题关键是把方程进行变形转化为能利用正弦函数的周期性确定解的个数，同时注意分离参数法的应用． 19. 设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“Ω区间”. 性质1: 对任意，有； 性质2: 对任意，有. （1）分别判断区间是否为下列两函数的“Ω区间”，并说明理由； ①② （2）若是函数的“Ω区间”，求实数的取值范围； （3）已知函数在R 上单调递减，且只能满足性质2. 求证: 函数在 R 上存在唯一的零点. 【答案】（1）区间是函数①的“Ω区间”， 区间不是函数②的“Ω区间”理由见解析； （2） （3）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)利用给定定义逐步检验即可； (2)先确定函数满足那条性质，然后在对进行讨论，确定的导函数符号以及其取值范围； (3) 设新函数，确定的单调性，再根据零点存在定理即可得证. 【小问1详解】 对于①，由一次函数的性质得它在上单调递减， 所以当时，， 故区间是的“Ω区间”， 对于②，由反比例函数的性质得它在上单调递减， 所以当时，，此时不满足，也不满足， 故区间不是的“Ω区间”； 【小问2详解】 由题意知是函数的“Ω区间”，，所以满足性质1，所以，则， ①若时，且，，可知在上单调递减，所以解之得不存在故舍之； ②若时, 在时，则在上单调递增， 在时，，则在上单调递减， 所以 解之得； ③若时，，则则在上单调递增， 解之得不存在故舍之. 综上可知若是函数的“Ω区间”，； 【小问3详解】 设是R上的任意两个实数，且， 因为在R 上单调递减，所以， 则根据不等式运算法则知， 令，所以在R上单调递减， 因为只能满足性质2，所以存在，使得， 若，则， 因为单调递减，所以当足够大时，，即， 所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得， 若，， 因为单调递减，所以当足够小时，，即， 所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得， 综上函数在 R 上存在唯一的零点. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义，解题关键是利用给定定义，然后对参数进行分类讨论，得到所要求的取值范围即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度第二学期高一期末检测 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、学校、班级和准考证号填写在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，，则（ ） A. {2} B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 3. A. B. C. D. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（ ） A 若直线与平面所成角相等，则 B. 若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C. 若上有两个不同点到平面距离相等，则 D. 若，且直线异面，则 7. 一艘船以4 km/h的速度与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过h，则船实际航程为(　　) A. 2 km B. 6 km C. 2 km D. 8 km 8. 如图，某工程队将从A 到D 修建一条隧道，工程队从A 出发向正东行 到达B，然后从B向南偏西方向行了一段距离到达C，再从C 向北偏西方向行了到达D. 已知C在A 南偏东方向上，则A 到D 修建隧道的距离为（ ）km. A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 当时，复数是纯虚数 B. 复数对应的点在第一象限 C. 复数z及其共轭复数满足，则 D. 复数与分分别对应向量 与 则向量 表示的复数为 10. 已知是函数的一个零点.则（ ） A. B. 函数的值域为 C. 函数的单调递减区间为 D. 不等式的解集为 11. 已知点 O是平面直角坐标系的原点，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，作，垂足为D，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设 四边形OABP有可能是平行四边形 C. 将绕 O逆时针旋转得到向量 则的坐标为 D. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则=________． 13 若且 则 ______，______ 14. 如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则_______. 四、解答题：本题共5 小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求B； （2）若，求面积. 16. 数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如: 如图甲，在中，D 为BC的中点，则在 中，有，在中，有，两式相加得，因为 D 为 BC的中点，所以，于是如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点. （1）如图乙，请用“算两次”方法证明：； （2）如图乙，若与的夹角为，求与的夹角的余弦值. 17. 如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. （1）求证：平面 （2）求证：平面平面 （3）若，求二面角 的余弦值. 18. 已知函数的最大值为1，其图象相邻两对称轴之间的距离为．若将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象关于原点中心对称． （1）求函数的解析式； （2）已知常数，，且函数在内恰有2025个零点，求常数与n的值． 19. 设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“Ω区间”. 性质1: 对任意，有； 性质2: 对任意，有. （1）分别判断区间是否为下列两函数的“Ω区间”，并说明理由； ①② （2）若是函数的“Ω区间”，求实数的取值范围； （3）已知函数在R 上单调递减，且只能满足性质2. 求证: 函数在 R 上存在唯一的零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$