广西桂林市十八中2024届数学高一下期末教学质量检测试题含解析

广西桂林市十八中2024届数学高一下期末教学质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．平行四边形中,M为的中点,若.则=()A． B．2 C． D．2．在中，边，，分别是角，，的对边，且满足，若，则的值为A． B． C． D．3．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为（）A． B． C． D．4．过点且垂直于直线的直线方程为（）A． B．C． D．5．在平行四边形ABCD中，若，则必有（）A． B．或C．ABCD是矩形 D．ABCD是正方形6．已知直线x+ay+4=0与直线ax+4y-3=0互相平行，则实数a的值为（）A．±2 B．2 C．-2 D．07．已知，则向量与向量的夹角是（）A． B． C． D．8．已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（）A． B． C． D．9．若，且，则的值是（）A． B． C． D．10．直线过且在轴与轴上的截距相等，则的方程为（）A． B．C．和 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若，其中是第二象限角，则____.12．如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点．下列命题正确的为_______________.①存在点，使得//平面；②对于任意的点，平面平面；③存在点，使得平面；④对于任意的点，四棱锥的体积均不变．13．函数，的反函数为__________．14．已知向量、满足：，，，则_________.15．函数的值域是__________.16．在数列中，已知，，记为数列的前项和，则_________.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，，M为线段AD上一点，，N为PC的中点.（1）证明：平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的余弦值.18．在中，D是线段AB上靠近B的一个三等分点，E是线段AC上靠近A的一个四等分点，，设，.（1）用，表示；（2）设G是线段BC上一点，且使，求的值.19．已知函数．（1）求（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值．20．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积.21．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”.已知三棱维P-ABC中，PA⊥底面ABC.(1)从三棱锥P-ABC中选择合适的两条棱填空_________⊥________，则该三棱锥为“鳖臑”;(2)如图，已知AD⊥PB垂足为D,AE⊥PC，垂足为E,∠ABC=90°.(i)证明:平面ADE⊥平面PAC;(ii)作出平面ADE与平面ABC的交线l,并证明∠EAC是二面角E-l-C的平面角.(在图中体现作图过程不必写出画法)

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解题分析】

先求出,再根据得到解方程组即得解.【题目详解】由题意得，又因为，所以,由题意得，所以解得所以，故选A．【题目点拨】本题主要考查平面向量的运算法则，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2、A【解题分析】

利用正弦定理把题设等式中的边换成角的正弦，进而利用两角和公式化简整理可得的值，由可得的值【题目详解】在中，由正弦定理可得化为：即在中，，故,可得，即故选【题目点拨】本题以三角形为载体，主要考查了正弦定理，向量的数量积的运用，考查了两角和公式，考查了分析问题和解决问题的能力，属于中档题。3、C【解题分析】

试题分析：将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体为底面为半径为的圆、高为1的圆柱，其侧面展开图为长为，宽为1，所以所得几何体的侧面积为.故选C.4、C【解题分析】

先求出直线的斜率，再求出所求直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解.【题目详解】由题得直线的斜率为，所以所求的直线的斜率为，所以所求的直线方程为即.故选：C【题目点拨】本题主要考查互相垂直直线的性质，考查直线方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.5、C【解题分析】

由，化简可得，得到,又由四边形为平行四边形，即可得到答案.【题目详解】由，则，即，化简可得，所以，即,又由四边形为平行四边形，所以该四边形为矩形，故选C.【题目点拨】本题主要考查了向量的基本运算，以及向量的垂直关系的应用，其中解答中熟记向量的基本运算，以及向量的垂直的判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6、A【解题分析】

根据两直线平性的必要条件可得4-a【题目详解】∵直线x+ay+4=0与直线ax+4y-3=0互相平行；∴4×1-a⋅a=0，即4-a2=0当a=2时，直线分别为x+2y+4=0和2x+4y-3=0，平行，满足条件当a=-2时，直线分别为x-2y+4=0和-2x+4y-3=0，平行，满足条件；所以a=±2；故答案选A【题目点拨】本题考查两直线平行的性质，解题时注意平行不包括重合的情况，属于基础题。7、C【解题分析】试题分析：根据已知可得：，所以，所以夹角为，故选择C考点：向量的运算8、C【解题分析】试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以，故C为正确答案．考点：异面直线所成的角．9、A【解题分析】

对两边平方，可得，进而可得，再根据，可知，由此即可求出结果.【题目详解】因为，所以，所以，所以，又，所以所以.故选：A.【题目点拨】本题主要考查了同角的基本关系，属于基础题.10、B【解题分析】

对直线是否过原点分类讨论，若直线过原点满足题意，求出方程；若直线不过原点，在轴与轴上的截距相等，且不为0，设直线方程为将点代入，即可求解.【题目详解】若直线过原点方程为，在轴与轴上的截距均为0，满足题意；若直线过原点，依题意设方程为，代入方程无解.故选:B.【题目点拨】本题考查直线在上的截距关系，要注意过原点的直线在轴上的截距是轴上的截距的任意倍，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

首先要用诱导公式得到角的正弦值，根据角是第二象限的角得到角的余弦值，再用诱导公式即可得到结果．【题目详解】解：，又是第二象限角故，故答案为．【题目点拨】本题考查同角的三角函数的关系，本题解题的关键是诱导公式的应用，熟练应用诱导公式是解决三角函数问题的必备技能，属于基础题．12、①②④【解题分析】

根据线面平行和线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理和性质分别进行判断即可．【题目详解】①当为棱上的一中点时，此时也为棱上的一个中点，此时//，满足//平面，故①正确；②连结，则平面，因为平面，所以平面平面，故②正确；③平面，不可能存在点，使得平面，故③错误；④四棱锥的体积等于，设正方体的棱长为1.∵无论、在何点，三角形的面积为为定值，三棱锥的高，保持不变，三角形的面积为为定值，三棱锥的高为，保持不变.∴四棱锥的体积为定值，故④正确.故答案为①②④.【题目点拨】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的位置关系的判断，解答本题的关键正确利用分割法求空间几何体的体积的方法，综合性较强，难度较大．13、【解题分析】

将函数变形为的形式，然后得到反函数，注意定义域.【题目详解】因为，所以，则反函数为：且.【题目点拨】本题考查反三角函数的知识，难度较易.给定定义域的时候，要注意函数定义域.14、.【解题分析】

将等式两边平方得出的值，再利用结合平面向量的数量积运算律可得出结果.【题目详解】，，，因此，，故答案为.【题目点拨】本题考查利用平面向量数量积来计算平面向量的模，在计算时，一般将平面向量的模平方，利用平面向量数量积的运算律来进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.15、【解题分析】

根据反余弦函数的性质，可得函数在单调递减函数，代入即可求解．【题目详解】由题意，函数的性质，可得函数在单调递减函数，又由，所以函数在的值域为．故答案为：.【题目点拨】本题主要考查了反余弦函数的单调性的应用，其中解答中熟记反余弦函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．16、【解题分析】

根据数列的递推公式求出该数列的前几项，找出数列的周期性，从而求出数列的前项和的值.【题目详解】对任意的，，.则，，，，，，所以，.，且，，故答案为：.【题目点拨】本题考查数列递推公式的应用，考查数列周期性的应用，解题时要结合递推公式求出数列的前若干项，找出数列的规律，考查推理能力和计算能力，属于中等题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析；（2）【解题分析】

（1）如图所示，为中点，连接，证明为平行四边形得到答案.（2）分别以为轴建立直角坐标系，平面的法向量为，计算向量夹角得到答案.【题目详解】（1）如图所示，为中点，连接.为中点，N为PC的中点，故，，，故，且，故为平行四边形.故，平面，故平面PAB.（2）中点为，，故，故，底面ABCD，故，.分别以为轴建立直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量为，则，即，取得到，故，故直线AN与平面PMN所成角的余弦值为.【题目点拨】本题考查了线面平行，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.18、（1）（2）【解题分析】

（1）依题意可得、，再根据，计算可得；（2）设存在实数，使得，由因为，所以存在实数，使，再根据向量相等的充要条件得到方程组，解得即可；【题目详解】解：（1）因为D是线段AB上靠近B的一个三等分点，所以.因为E是线段AC上靠近A的一个四等分点，所以，所以.因为，所以，则.又，.所以.（2）因为G是线段BC上一点，所以存在实数，使得，则因为，所以存在实数，使，即，整理得解得，故.【题目点拨】本题考查平面向量的线性运算及平面向量共线定理的应用，属于中档题.19、（1）,的增区间是．（2）．【解题分析】试题分析：（1）利用两角和正弦公式和降幂公式化简，得到的形式，利用公式计算周期．（2）利用正弦函数的单调区间，再求的单调性．（3）求三角函数的最小正周期一般化成，，形式，利用周期公式即可．（4）求解较复杂三角函数的单调区间时，首先化成形式，再的单调区间，只需把看作一个整体代入相应的单调区间，注意先把化为正数,这是容易出错的地方．试题解析：（1）因为－1＝－1，故最小正周期为得故的增区间是．（2）因为，所以．于是，当，即时，取得最大值2；当，即时，取得最小值－1．考点：（1）求三角函数的周期和单调区间；（2）求三角函数在闭区间的最值．20、（1）证明见解析（2）【解题分析】试题分析：（1）做辅助线，先证及四边形为平行四边形平面；（2）利用勾股定理求得.试题解析：（1）证明：取中点,连接，则∵是的中点，∴；∵是的中点，∴,∴四边形为平行四边形，∴,∵平面,平面,∴平面；（2）∵,∴,∴21、（1）BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC.（2）(i)见证明；(ii)见解析【解题分析】

（1）根据已知填BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC均可；（2）(i)先证明PC⊥平面ADE，再证明平面ADE⊥平面PAC;(ii)在平面PBC中，记DE∩BC，=F，连结AF，则AF为所求的l.再证明∠EAC是二面角E-l-C的平面角.【题目详解】（1）BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC.（2）（i）在三棱锥P-ABC中，BC⊥AB，BC⊥PA，BC∩PA=A，所以BC⊥平面PAB，又AD⊂平面PAB，所以BC⊥AD，又AD⊥PB,PB∩BC=B，所以AD⊥平面PBC.又P