精品解析：新疆生产建设兵团第二师八一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

八一中学2023—2024学年第二学期高一年级期末考试 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个符合题目要求．选对得5分，选错得0分．） 1. 复数的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数虚部的概念求解即可. 【详解】复数的虚部是. 故选：B. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】将向量垂直转化为，利用数量积的坐标表示计算即可. 【详解】因为，，， 所以 故选：B 3. 若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出球的半径，分别求出球与圆柱的体积，计算体积比即可． 【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的体积， 所以球与圆柱体积的比值为． 故选：B. 4. 对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中线面之间的位置关系及性质逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则或或相交，故C错误； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：A. 5. 如图，在平行四边形中，E是的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的平行四边形法则和三角形法则求即可. 【详解】因为E是的中点，所以又 所以 所以 故选:C. 6. 在△ABC中，若，则△ABC为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的减法法则可得，化简可得，即可得出结果. 【详解】解：由题意可知：， 故，则， 故，即△ABC为直角三角形. 故选：D 7. 已知正三棱台的上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，则（ ） A. 棱台的高为 B. 棱台的表面积为 C. 棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为 D. 棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，将正三棱台补形为正三棱锥，结合上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，得到正三棱锥为正四面体，作出辅助线，求出正四面体的高，得到棱台的高；B选项，计算出各个面的面积，相加得到答案；C选项，找到线面角，求出余弦值；D选项，找到二面角的平面角，求出正弦值. 【详解】A选项，将正三棱台补形为正三棱锥， 过点作⊥平面，交平面于点， 故即为棱台的高， 因为上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6， 所以，故正三棱锥为正四面体， 取的中点，连接，则三点共线，且⊥，⊥， ，， 由勾股定理得， 由相似可知，棱台的高为三棱锥的高的一半，即，A错误； B选项，，， 其中等腰梯形与等腰梯形，等腰梯形的面积相等， 均等于， 故棱台的表面积为，B正确； C选项，为棱台的侧棱与底面所成角的平面角， 其中，C错误； D选项，即为棱台的侧面与底面所成二面角的平面角， 故，D错误.， 故选：B 8. 将奇函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据为奇函数，得到，进而求出，从而得到或，得到答案. 【详解】为奇函数，故，即， 又，故， 由题意得， 令得， 当时，， 故或，解得或， 故. 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的备选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得3分，选错或不选得0分．） 9. （多选）已知函数，则（ ） A. 为的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 函数的一个零点为 【答案】AD 【解析】 【分析】本题考查的形如的函数的性质，包裹周期、对称性、单调性以及函数零点等. 【详解】函数的最小正周期，故A正确； 当时，，由余弦函数图象的对称性知，B错误； 函数在上单调递减，在上单调递增，故C错误； ，，故D正确. 故选：AD． 10. 如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体．那么在 AB，CD，EF，GH这四条线段中，则线段所在直线是异面直线是 （ ） A. 直线EF和直线CD B. 直线AB和直线HG C. 直线EF和直线HG D. 直线AB和直线CD 【答案】BCD 【解析】 【分析】将正方体还原，从而得到线段所在直线是否为异面直线. 【详解】还原为正方形，如下： A选项，直线EF和直线CD平行，不是异面直线，A错误； B选项，直线AB和直线HG是异面直线，B正确； C选项，直线EF和直线HG是异面直线，C正确； D选项，直线AB和直线CD是异面直线，D正确. 故选：BCD 11. 在中，，，分别为，，所对的三边，则下列结论成立的是（ ） A. 若，的三角形有两解，则的取值范围为 B. 若是锐角三角形，，则的取值范围是 C. 若，，三角形面积，则三角形外接圆半径为 D. 若点为内一点，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】正弦定理判断三角形解的个数判断A选项；由锐角三角形内角满足的条件判断选项B；由三角形面积公式结合余弦定理和正弦定理求三角形外接圆半径判断选项C；根据向量的线性运算结合三角形面积公式可判断选项D. 【详解】对于A，在中，，，由正弦定理得， ，则，要使三角形有两解，得到，且， 所以，即，解得，故A正确； 对于B，若是锐角三角形，，则，解得，B选项错误； 对于C，若，，由，解得， 由余弦定理，，得， 则三角形外接圆半径为，C选项正确； 对于D，如图，取AB中点D，连接OD， 则，得，则三点共线， 所以，则，所以，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，满分15分) 12. 已知，且，则______ 【答案】 【解析】 【分析】由向量共线的坐标公式即可得出答案. 【详解】因为，所以，解得. 故答案为： 13. 如图所示，为测一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，，且两点之间的距离为30m，则该树的高度为__________ 【答案】m. 【解析】 【分析】根据正弦定理得到的长度，再根据三角函数定义得到树的高度. 【详解】在中，由正弦定理， 即， 又因为， 所以， 所以树的高度为m. 故答案为：m. 14. 已知三个复数，，，且，，，所对应的向量，满足；则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意设，，，即可表示出，再由复数的模、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得. 【详解】设复数，，在复平面内对应的点分别为，，， 因为且，所对应的向量，满足，即， 不妨令，，则，， 又，设，即 则， 所以 ， 所以当时取得最大值，即. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共87分．解答应写出必要的文字说明、计算过程、证明过程） 15. 已知，与的夹角求： （1）； （2）的值； （3）. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接代入向量的数量积公式计算即可； （2）根据向量的运算律计算即可； （3）根据向量模的公式计算即可. 【小问1详解】 ===； 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 ， 所以，. 16. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）若，求角的大小； （2）若，求边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求得，再判断角的范围,即可求得角； （2）先由余弦定理求出角，再借助于直角三角形中三角函数的定义计算即得. 【小问1详解】 由正弦定理，，即， 因，故,即是锐角，故； 【小问2详解】 如图，由余弦定理，， 知角是锐角，则， 作于点，在中，, 即边上的高是. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求； （2）求图象的对称轴方程； （3）若的一个零点为，求的值. 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形，然后根据周期公式列方程可求出； （2）由可求出图象的对称轴方程； （3）由题意得，可求出的值. 【小问1详解】 ， 因为，，所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 令. 得图象的对称轴方程为. 【小问3详解】 由（1）知， 则， 由， 得. 18. 在三棱锥中，为的中点. （1）证明：平面⊥平面. （2）过O点作一个平面，使得平面平面，请画出这个平面，并说明理由. （3）若，平面平面，求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为，为的中点， 所以， 又因为平面， 所以平面，又平面. 所以平面⊥平面. （2） 取的中点E，的中点F，连接，，，又为的中点， 则，平面平面， 所以平面， 同理可得平面，，平面， 故平面平面， 所以平面即为所求的平面. （3）． 【解析】 【分析】（1）由三线合一得到线线垂直，进而证明⊥平面，得证； （2）取的中点E，的中点F，根据面面平行的判定定理，可得平面即为所求的平面； （3）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用等体积法求出点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为，所以均为等边三角形， 故，故， 所以， 因为平面，平面， 所以，由勾股定理得， 取的中点，连接， 在中，，故⊥， 故，， 设点到平面的距离为，， 所以，解得. 所以点到平面的距离为. 19. 某公园为了吸引更多的游客，准备进一步美化环境.如图，准备在道路AB的一侧进行绿化，线段AB长为4百米，C，D都设计在以AB为直径的半圆上.设. （1）若，求边的长； （2）现要在四边形ABCD内种满郁金香，若，则当为何值时，郁金香种植面积最大； （3）为了方便游客散步，现要铺设一条栈道，栈道由线段BC，CD和DA组成，若，则当为何值时，栈道的总长l最长，并求l的最大值（单位：百米）. 【答案】（1） （2） （3）； 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得出的长. （2）四边形，得出，进而求出结果. （3）分别在和中，用角θ表示出线段和线段的长度，求出最值，即可解出． 【小问1详解】 由题意知,,在中，由余弦定理：，解得. 【小问2详解】 由题意可知四边形面积 ，当时，四边形面积最大. 【小问3详解】 在三角形中，由余弦定理可得，， ∴， 在中，， ， ∴当时，取最大值（百米）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八一中学2023—2024学年第二学期高一年级期末考试 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个符合题目要求．选对得5分，选错得0分．） 1. 复数的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 6 3. 若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 4. 对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 如图，在平行四边形中，E是的中点，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在△ABC中，若，则△ABC为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 直角三角形 7. 已知正三棱台的上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，则（ ） A. 棱台的高为 B. 棱台的表面积为 C. 棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为 D. 棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为 8. 将奇函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的备选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得3分，选错或不选得0分．） 9. （多选）已知函数，则（ ） A. 为的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 函数的一个零点为 10. 如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体．那么在 AB，CD，EF，GH这四条线段中，则线段所在直线是异面直线是 （ ） A. 直线EF和直线CD B. 直线AB和直线HG C. 直线EF和直线HG D. 直线AB和直线CD 11. 在中，，，分别为，，所对的三边，则下列结论成立的是（ ） A. 若，的三角形有两解，则的取值范围为 B. 若是锐角三角形，，则的取值范围是 C. 若，，三角形面积，则三角形外接圆半径为 D. 若点为内一点，且，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，满分15分) 12. 已知，且，则______ 13. 如图所示，为测一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，，且两点之间的距离为30m，则该树的高度为__________ 14. 已知三个复数，，，且，，，所对应的向量，满足；则的最大值为__________. 四、解答题（本题共5小题，共87分．解答应写出必要的文字说明、计算过程、证明过程） 15. 已知，与的夹角求： （1）； （2）的值； （3）. 16. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）若，求角的大小； （2）若，求边上的高. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求； （2）求图象的对称轴方程； （3）若的一个零点为，求的值. 18. 在三棱锥中，为的中点. （1）证明：平面⊥平面. （2）过O点作一个平面，使得平面平面，请画出这个平面，并说明理由. （3）若，平面平面，求点到平面的距离. 19. 某公园为了吸引更多的游客，准备进一步美化环境.如图，准备在道路AB的一侧进行绿化，线段AB长为4百米，C，D都设计在以AB为直径的半圆上.设. （1）若，求边的长； （2）现要在四边形ABCD内种满郁金香，若，则当为何值时，郁金香种植面积最大； （3）为了方便游客散步，现要铺设一条栈道，栈道由线段BC，CD和DA组成，若，则当为何值时，栈道的总长l最长，并求l的最大值（单位：百米）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $