2024届辽宁省葫芦岛市实验中学东戴河分校数学高一下期末学业质量监测试题含解析

2024届辽宁省葫芦岛市实验中学东戴河分校数学高一下期末学业质量监测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知，，那么是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．在中，a、b分别为内角A、B的对边，如果，，，则（）A． B． C． D．3．已知角、是的内角，则“”是“”的（）A．充分条件 B．必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A． B． C． D．5．在边长为1的等边三角形ABC中，D是AB的中点，E为线段AC上一动点，则的取值范围为（）A． B． C． D．6．若，则下列结论成立的是（）A． B．C．的最小值为2 D．7．已知直线，平面，且，下列条件中能推出的是（）A． B． C． D．与相交8．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则等于()A．1 B．2 C． D．49．已知在中，，那么的值为（）A． B． C． D．10．在，，，是边上的两个动点，且，则的取值范围为()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设，其中，则的值为________.12．已知点是所在平面内的一点，若，则__________．13．在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，动点在直线：上（），过分别作圆，的切线，切点分别为，，若满足的点有且只有一个，则实数的值为______.14．已知圆是圆上的一条动直径，点是直线上的动点，则的最小值是____.15．已知函数，下列结论中：函数关于对称；函数关于对称；函数在是增函数，将的图象向右平移可得到的图象．其中正确的结论序号为______．16．如图，已知圆，六边形为圆的内接正六边形，点为边的中点，当六边形绕圆心转动时，的取值范围是________．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．在锐角三角形中，内角的对边分别为且．（1）求角的大小；（2）若，，求△的面积．18．已知函数，其中．解关于x的不等式；求a的取值范围，使在区间上是单调减函数．19．已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.20．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，为棱上的点，，.（1）若为棱的中点，求证：//平面；（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；（3）在第（2）问条件下，设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求当取最大值时点的位置.21．自变量在什么范围取值时，函数的值等于0?大于0呢?小于0呢?

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、C【解题分析】

根据,,可判断所在象限.【题目详解】,在三四象限.,在一三象限，故在第三象限答案为C【题目点拨】本题考查了三角函数在每个象限的正负，属于基础题型.2、A【解题分析】

先求出再利用正弦定理求解即可.【题目详解】，，，由正弦定理可得，解得，故选：A.【题目点拨】本题注意考查正弦定理的应用，属于中档题.正弦定理主要有三种应用：求边和角、边角互化、外接圆半径.3、C【解题分析】

结合正弦定理，利用充分条件和必要条件的定义进行判断【题目详解】在三角形中，根据大边对大角原则，若，则，由正弦定理得，充分条件成立；若，由可得，根据大边对大角原则，则，必要条件成立；故在三角形中，“”是“”的充要条件故选：C【题目点拨】本题考查充分条件与必要条件的应用，利用正弦定理确定边角关系，三角形大边对大角原则应谨记，属于基础题4、B【解题分析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.5、B【解题分析】

由题意，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，得到，，以及直线的方程，设出点E坐标，根据向量数量积，直接计算，即可得出结果.【题目详解】如图，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，因为等边三角形的边长为1，所以，，，，则直线的方程为，整理得，因为E为线段AC上一动点，设，，则，，所以，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，最大值为.即的取值范围为.故选B【题目点拨】本题主要考查平面向量的数量积，利用建立坐标系的方法求解即可，属于常考题型.6、D【解题分析】

由，根据不等式乘方性质可判断A不成立；由指数函数单调性可判断B不成立；由基本不等式可判断C不成立，D成立．【题目详解】对于A,若，则有，故A不成立；对于B,根据指数函数单调性，函数单调递减，，故B不成立；对于C,由基本不等式，a=b取得最小值，由不能取得最小值，故C不成立；则D能成立.故选：D.【题目点拨】本题考查基本不等式、不等式的基本性质，考查不等式性质的应用，属于基础题.7、C【解题分析】

根据线面垂直的性质，逐项判断即可得出结果.【题目详解】A中，若，由，可得；故A不满足题意；B中，若，由，可得；故B不满足题意；C中，若，由，可得；故C正确；D中，若与相交，由，可得异面或平，故D不满足题意.故选C【题目点拨】本题主要考查线面垂直的性质，熟记线面垂直的性质定理即可，属于常考题型.8、D【解题分析】

直接利用正弦定理得到，带入化简得到答案.【题目详解】正弦定理：即：故选D【题目点拨】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.9、A【解题分析】

，不妨设，,则，选A.10、A【解题分析】由题意，可以点为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点的坐标分别为，直线的方程为，不妨设点的坐标分别为，，不妨设，由，所以，整理得，则，即，所以当时，有最小值，当时，有最大值.故选A.点睛：此题主要考查了向量数量积的坐标运算，以及直线方程和两点间距离的计算等方面的知识与技能，还有坐标法的运用等，属于中高档题，也是常考考点.根据题意，把运动（即的位置在变）中不变的因素（）找出来，通过坐标法建立合理的直角坐标系，把点的坐标表示出来，再通过向量的坐标运算，列出式子，讨论其最值，从而问题可得解.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

由两角差的正弦公式以及诱导公式，即可求出的值．【题目详解】，所以，因为，故．【题目点拨】本题主要考查两角差的正弦公式的逆用以及诱导公式的应用．12、【解题分析】

设为的中点，为的中点，为的中点，由得到，再进一步分析即得解.【题目详解】如图，设为的中点，为的中点，为的中点，因为，所以可得，整理得.又，所以，所以，又，所以．故答案为【题目点拨】本题主要考查向量的运算法则和共线向量，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，解答本题的关键是作辅助线，属于中档题.13、.【解题分析】

根据圆的切线的性质和三角形全等，得到，求得点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求解．【题目详解】由题意得：，，设，如下图所示∵PA、PB分别是圆O，O1的切线，∴∠PBO1=∠PAO=90°，又∵PB=2PA，BO1=2AO，∴△PBO1∽△PAO，∴，∴，∴，整理得，∴点P（x，y）的轨迹是以为圆心、半径等于的圆，∵动点P在直线：上（），满足PB=2PA的点P有且只有一个，∴该直线l与圆相切，∴圆心到直线l的距离d满足，即，解得或，又因为，所以．【题目点拨】本题主要考查了圆的切线的性质，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据圆的切下的性质和三角形全等求得点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．14、【解题分析】

由题意得，＝＝﹣＝，即可求的最小值．【题目详解】圆，得，则圆心C（1，2），半径R＝，如图可得：＝＝﹣＝，点是直线上，所以＝（）2＝，∴的最小值是＝.故答案为：．【题目点拨】本题考查了向量的数量积、转化和数形结合的思想，点到直线的距离，属于中档题．15、【解题分析】

把化成的型式即可。【题目详解】由题意得所以对称轴为，对，当时，对称中心为，对。的增区间为，对向右平移得。错【题目点拨】本题考查三角函数的性质，三角函数变换，意在考查学生对三角函数的图像与性质的掌握情况。16、【解题分析】

先求出，再化简得即得的取值范围.【题目详解】由题得OM=,由题得由题得..所以的取值范围是.故答案为【题目点拨】本题主要考查平面向量的运算和数量积运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.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）；（2）.【解题分析】

（1）利用正弦定理及，便可求出，得到的大小；（2）利用（1）中所求的大小，结合余弦定理求出的值，最后再用三角形面积公式求出值.【题目详解】（1）由及正弦定理，得.因为为锐角，所以.（2）由余弦定理，得，又，所以，所以.考点：正余弦定理的综合应用及面积公式.18、（1）见解析；（2）.【解题分析】

由题意可得，对a讨论，可得所求解集；求得，由反比例函数的单调性，可得，解不等式即可得到所求范围．【题目详解】的不等式，即为，即为，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为，；，由在区间上是单调减函数，可得，解得．即a的范围是．【题目点拨】本题考查分式不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查函数的单调性的判断和运用，考查运算能力，属于基础题．19、(1)证明见解析；(2)，或，.【解题分析】

（1）设，.由可得，则.又，故.因此的斜率与的斜率之积为，所以.故坐标原点在圆上.（2）由（1）可得.故圆心的坐标为，圆的半径.由于圆过点，因此，故，即，由（1）可得.所以，解得或.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部.20、（1）见解析；（2）；（3）即点N在线段CD上且【解题分析】

（1）取线段SC的中点E，连接ME，ED．可证是平行四边形，从而有，则可得线面平行；（2）以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出两平面与平面的法向量，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值；（3）设，其中，求出，由MN与平面所成角的正弦值为与平面的法向量夹角余弦值的绝对值可求得结论．【题目详解】（1）证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．在中，ME为中位线，∴且，∵且，∴且，∴四边形AMED为平行四边形．∴．∵平面SCD，平面SCD，∴平面SCD．（2）解：如图所示以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，由条件得M为线段SB近B点的三等分点．于是，即，设平面AMC的一个法向量为，则，将坐标代入并取，得．另外易知平面SAB的一个法向量为，所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为．（3）设，其中．由于，所以．所以，可知当，即时分母有最小值，此时有最大值，此时，，即点N在线段CD上