精品解析：山东省威海市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

高一数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本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. 半径为，圆心角为的扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 2. 下列角的终边落在射线上的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D 若则 4. 有一个正四棱台形状的油槽，最多装油，已知它的两底面边长分别为和，则它的深度为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，向量，，则存在和，使得（ ） A. B. C. D. 6. 一艘轮船从处出发，以海里/小时的速度沿西偏南的方向直线航行，分钟后到达处.在处有一座灯塔，轮船在处观察灯塔，其方向是东偏南，在处观察灯塔，其方向是北偏东，则，两点间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 7. 已知函数部分图象如图所示，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 为偶函数 D. 8. 在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知正六边形边长为，中心为，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 若为正六边形边上一个动点，则的最大值为 11. 已知正方体的棱长为，是线段上的动点，则（ ） A. B. 二面角的正切值为 C. 直线与平面所成最小角的正弦值为 D. 若是对角线上一点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 13. 记的内角，，所对的边分别为，，.已知，，则______. 14. 在三棱锥中，平面，，且最长棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为______. 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. 在正三棱柱中，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 16. 如图，在直角梯形中，，，，，，为的中点，点满足，. （1）用与表示； （2）求的取值范围； （3）若点为的重心，是否存在，使得，，三点共线？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 如图，在平行四边形中，，沿其对角线将折起至，使所在平面与平面垂直. （1）证明：平面平面； （2）若为上一点，∥平面，，求直线到平面的距离. 18. 已知函数，对，有. （1）求的值及的单调递增区间； （2）若，，求； （3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围. 19. 如图，在平面四边形中，，若是上一点，，记，. （1）证明：； （2）若，，. （i）求的值； （ii）求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本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. 半径为，圆心角为的扇形的面积为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用扇形面积公式计算即得. 【详解】依题意，扇形的面积为. 故选：B. 2. 下列角的终边落在射线上的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在角的终边上取点，利用角的三角函数定义进行计算检验即得. 【详解】在射线上任取点，显然点在第三象限，故该角也是第三象限角，排除A，B两项； 对于C，因，符合题意，故C正确； 对于D，因，故D错误. 故选：C. 3. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D. 若则 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行的性质结合线线的位置关系，判断A；根据面面垂直的性质结合线面的位置关系，判断B；根据线面垂直的性质结合线面的位置关系，判断C；根据线面平行的性质定理判断D. 【详解】对于A，若则可能平行，也可能异面，A错误； 对于B，若则可能有，也可能有，B错误； 对于C，若则有可能是，也可能，C错误， 对于D，根据线面平行的性质定理可知若则，正确， 故选：D 4. 有一个正四棱台形状的油槽，最多装油，已知它的两底面边长分别为和，则它的深度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将数据统一单位，代入棱台体积计算公式，计算结果后再换算成即得. 【详解】因，而，设棱台的深度为， 由棱台的体积公式可得，，解得. 故选：B 5. 已知，向量，，则存在和，使得（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量坐标的数量积运算、运算律应用以及向量共线的充要条件判断，对选项进行逐一分析、计算即得. 【详解】对于A，因，则，则， 故，即不能成立，即A错误； 对于B，， 因，则，则，故，即B错误； 对于C，由B项可得，同理， 因，则，则，故，即C错误； 对于D，由和可得，， 即若取时，有，此时满足，故D正确. 故选：D. 6. 一艘轮船从处出发，以海里/小时的速度沿西偏南的方向直线航行，分钟后到达处.在处有一座灯塔，轮船在处观察灯塔，其方向是东偏南，在处观察灯塔，其方向是北偏东，则，两点间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，作出图形，求出相关边长和角，利用正弦定理求解即得. 【详解】 如图，由题意知 , 由正弦定理，， 则. 故选：A. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 为偶函数 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图象分析取，，得，结合诱导公式，三角函数的单调性，奇偶性分别判断即可． 【详解】对于A，由图象可知，取，，即，则，取 ，即，取， 所以，故A错误； 对于B，当时，设， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上不单调，故B错误； 对于C，， 设，定义域为， ，所以为偶函数，故C正确； 对于D， ，故D错误； 故选：C． 8. 在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形的面积公式可求得，设的外心为，进而可求得，过作平面的垂线，可得外接球的半径，进而可求表面积. 【详解】因为为等腰三角形且面积为，所以，又， 所以，所以，设的外心为， 可得，过作平面的垂线， 则球心在直线上，设球心为，可得在的垂直平分线上， 所以，所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】化简条件得，对于A，利用诱导公式化简判断；对于B，利用诱导公式化成同角，再逆用二倍角公式即得；对于C,先逆用二倍角公式，再用诱导公式即得；对于D，将化成后，必须通过同角的三角基本关系式化成正弦和余弦,代值即得. 【详解】由，得， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：BD. 10. 已知正六边形的边长为，中心为，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 若为正六边形边上的一个动点，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量的数量积计算可判断AD；易得判断B；利用投影向量的定义求得投影向量判断C. 【详解】由题意可得，故A错误； ，故B正确； 在的投影向量为，故C正确； 对于D：设与的夹角为，， 当在方向上的投影向量的模最大时，的数量积最大， 故点与点重合时，的数量积最大， 所以. 故选：BCD. 11. 已知正方体的棱长为，是线段上的动点，则（ ） A. B. 二面角的正切值为 C. 直线与平面所成最小角的正弦值为 D. 若是对角线上一点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直得线线垂直，先证平面得，再证；对于B，找到并证明即二面角平面角，即可求得；对于C，由线面所成角定义，将线面所成角的正弦值转化为求的最大值问题易得；对于D，通过翻折平面，使得点翻转后得到的点满足三点共线，且.即可求得. 【详解】 对于A，如图1，连接,在正方体中， 由可得,则. 因平面，平面,则， 又,且平面,故平面， 因平面,则得,又，故得，即A正确； 对于B，如图2，设,连接, 因，,则， 易得,因平面,平面,则， 因,故， 又因点在线段上，即在平面内，故即二面角的平面角， 因,故，即B正确； 对于C，如图3，因点到平面的距离为2，故要使直线与平面所成角最小，只需使最大， 因点在线段上，由图知，当点与点或点重合时，取最大值为， 设直线与平面所成角为，此时最小，取得最小值为，故C错误； 对于D，如图4，将平面绕着旋转到位置，使之与平面在一个平面内， 因是对角线上一点，要使最小，需使三点共线，且. 设,则， 故， 于是，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与正方体有关的空间角和线段和最小问题，属于难题. 解决空间角问题，高一阶段关键在于根据定义找到平面角，然后借助于三角形和正、余弦定理求解；对于包含动点的线段和最小问题，一般考虑将其中一个平面翻折,使之与另一个平面共面，化空间距离的和为平面距离的和来求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 【答案】##-0.6 【解析】 【分析】先由条件得到，结合二倍角公式，化弦为切，代入求出答案. 【详解】因为，所以， . 故答案为： 13. 记的内角，，所对的边分别为，，.已知，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】应用余弦定理结合正弦定理计算. 【详解】由正弦定理得，结合题设， 所以， 所以. 故答案为： 14. 在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，由已知可得时，体积最大值，进而可求直线与所成角的余弦值. 【详解】因为，所以，所以， 又因为平面，所以，所以， 又， 当且仅当时等号成立， 所以，当时取最大值， 取的中点，连接，所以， 所以（或其补角）为直线与所成的角， 因为，，， 所以， 直线与所成角余弦值为. 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. 在正三棱柱中，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可； （2）先证明线面垂直再应用平行得出结论. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以且， 又因为且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为为直三棱柱， 所以平面，因为面， 所以， 因为为等边三角形，所以， 又平面， 所以平面，又， 所以平面. 16. 如图，在直角梯形中，，，，，，为的中点，点满足，. （1）用与表示； （2）求的取值范围； （3）若点为的重心，是否存在，使得，，三点共线？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算可得答案； （2）利用向量的线性运算、数量积的运算可得答案； （3），， 若，，三点共线，则，求出可得答案. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 ，且，即， 所以， 又因为，所以； 【小问3详解】 若点为的重心，则， 又因为， 若，，三点共线，则使得， 可得，解得， 所以存在，使得，，三点共线. 17. 如图，在平行四边形中，，沿其对角线将折起至，使所在平面与平面垂直. （1）证明：平面平面； （2）若为上一点，∥平面，，求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证法一：由已知得，再结面面垂直的性质可得平面，而，则平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论；证法二：由已知面面垂直可证得平面，则，由题意可得，再利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论； （2）连接交于点，连接，由线面平行的性质可得∥，∥平面，则将到平面的距离转化为点到平面的距离，可证得为等边三角形，则，由线面垂直的判定可得平面，从而可求得结果. 【小问1详解】 证法一：因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平行四边形，所以∥， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 证法二：因为，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平行四边形，所以∥， 所以，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为∥平面，所以到平面的距离等于点到平面的距离. 连接交于点，连接， 因为∥平面，平面，平面平面， 所以∥， 因为为中点，所以为的中点， 因为，，所以， 在中，，，所以，且， 所以为等边三角形，所以， 因为，平面， 所以平面， 所以的长即为点到平面的距离，因为， 所以到平面的距离为. 18. 已知函数，对，有. （1）求的值及的单调递增区间； （2）若，，求； （3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围. 【答案】（1），单调递增区间为（） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换得到，根据得到方程，求出，得到函数解析式，整体法得到函数单调性； （2）根据得到，凑角法，结合正弦和角公式得到答案； （3）根据伸缩和平移变换得到，令，故，令，从而得到，因为，所以当时，，所以，解出答案. 【小问1详解】 ， 因为对，有，可得当时，取得最值， 所以，， 可得，，又， 所以， 所以， 由，，可得，， 所以的单调递增区间为（）. 【小问2详解】 由，，， 可得，， 所以， 所以. 【小问3详解】 将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到 函数的图象，进而可得， 令， 只需， 令， 因为，所以， 所以， 因为，可得， 所以， 因为，所以当时，， 所以，即，解得或. 所以实数的取值范围为或. 19. 如图，在平面四边形中，，若是上一点，，记，. （1）证明：； （2）若，，. （i）求的值； （ii）求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）结合图形，先找到的数量关系式，再运用诱导公式推理即得； （2）（i）在中，运用正弦定理得到，结合（1）结论，联立解方程即可求得；（ii）在中，分别运用正、余弦定理得到①，②两式，结合③式，在中，利用余弦定理将用的三角函数表示，并运用辅助角公式化成正弦型函数，利用三角函数的值域即得. 【小问1详解】 因为，所以， 中，，可得， 所以，即. 【小问2详解】 （i）在中，由正弦定理得， 可得，即（*）， 由（1）已证：，即， 将 （*）代入得，，即， 解得或（舍去）， 因为，所以. （ii）在中，由正弦定理得， 即①， 由余弦定理得②， 因为，，,所以，所以③， 在中，由余弦定理得:， 将①，②，③式依次代入即得： ， 因为，所以， 结合正弦函数的图象可得，， 所以，即的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正、余弦定理和三角恒等变换在解三角形中的应用，属于难题. 解题关键在于结合图形，寻找边与角之间的数量关系，对于求解与边长有关的范围问题，一般方法即是借助于正、余弦定理和题设条件，将其转化为某角的三角函数式，通过三角函数的值域求解，或者运用基本不等式，函数单调性进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$