内蒙古自治区锡林郭勒盟2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学

2023—2024学年度第二学期全盟中小学部分年级期末学业质量抽测高一数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.2.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，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.（）A. B. C. D.3.设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是A. B.C. D.4.平面向量，，若，则（）A B. C.1 D.25.已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（）A B. C. D.6.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.7.如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（）A. B. C. D.8.小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（）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.已知两条直线，与两个平面，，下列命题不正确的是（）A若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则10.已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于直线对称C.函数在单调递减D.该图象向右平移个单位可得的图象11.如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（）A.平面被正方体截得截面为等腰梯形B.若，直线C.若在上，的最小值为D.若，点的轨迹长度为第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则_______.13.已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________.14.已知直三棱柱中，底面边长分别为、、3，高，则该三棱柱的外接球的表面积为_____.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.已知向量，，（1）若，求实数的值；（2）若，求向量与的夹角的余弦值.16.在中，角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若为边的中点，求的长.17.如图，在四棱锥中，，，，，平面.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求四棱锥的表面积.18.已知函数的最大值为；（1）求常数的值；（2）若在上单调递增；求最大值．19.在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．（1）证明：平面；（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．2023—2024学年度第二学期全盟中小学部分年级期末学业质量抽测高一数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.2.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，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的几何意义可得出结论.【详解】由题意可知，复数在复平面内对应的点（2，1）位于第四象限.故选：D.2.（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用两角差的正弦公式及诱导公式化简求值可得结果.【详解】.故选：B.3.设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】∵∴−=3(−)；∴=−.故选A.4.平面向量，，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】利用向量垂直的坐标运算得，即可求出.【详解】向量，，若，则，所以.故选：A5.已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由异面直线所成角的定义，直线与所成角为，然后计算即可.【详解】连接，长方体中直线平面，平面，所以，由，所以直线与所成角为，由，，所以，所以中，

.故选：D6.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.7.如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解.【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）．设，则．因为，所以．由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上，所以，所以的取值范围是．方法二：如图2，连接．易知，设，则．由已知可得，所以，所以．因为，所以，所以，所以，即的取值范围是.故选：C．8.小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出符合题意得示意图，过点作，得到，得出当的外接圆与切于点时，观赏者观赏的角度最大，结合直角三角形的性质，即可求解.【详解】如图所示，设观赏者眼睛出为点，画的上沿为点，下沿为点，过点作交延长线于点，则，当的外接圆（即为圆）与切于点时，观赏者观赏的角度最大，即最大，线段的长度为警戒线距墙的长度，由题设知：，则，过点作于点，连接，如图所示，则，且，所以，所以与切于点，所以，所以，所以四边形为矩形，可得，且，所以，在直角中，由勾股定理得，所以，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙米远处最合适.故选：B.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.已知两条直线，与两个平面，，下列命题不正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】ABC【解析】【分析】对于ABC选项，可以借助长方体模型举反例判断；对于D选项，运用线面平行的性质，结合平行线性质，最后运用面面垂直判定可判断.【详解】对于A选项,如图所示，，，此时，故A错误；对于B选项,如图所示，，，此时，故B错误；对于C选项,如图所示，，，此时，故C错误；对于D选项，，则面内一定可以找一条直线，使得，又，则，则,故D正确.故选：ABC．10.已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于直线对称C.函数在单调递减D.该图象向右平移个单位可得的图象【答案】BD【解析】【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可.【详解】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故A错；，则，将代入中得，则，，解得，，因为，所以，，，所以是的对称轴，故B正确；当时，，因为在上不单调，所以在上不单调，故C错；该图象向右平移个单位可得，故D正确.故选：BD11.如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（）A.平面被正方体截得截面为等腰梯形B.若，直线C.若在上，的最小值为D.若，点的轨迹长度为【答案】ACD【解析】【分析】在上取点，使得，则即为截面，从而判断A，为的中点，在棱上取点，使得，得到与不垂直，即可判断B，将平面翻折，化折线为直线，结合两点之间线段最短判断C，根据线面垂直得到线线垂直，即可判断D.【详解】对于A：在上取点，使得，连接、、、、，则，又且，所以为平行四边形，则，所以，所以、、、四点共面，即平面被正方体截得截面即为梯形，又，所以为等腰梯形，故A正确；对于B：因为，所以为中点，在棱上取点，使得，则且，所以为平行四边形，所以，又，，，显然，即与不垂直，则与不垂直，故B错误；对于C：如图将平面展开到与平面共面，连接交于点，则即为的最小值，又，所以的最小值为，故C正确；对于D：连接、、、，则，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，又，所以，因为，所以线段（不含点）即为点的轨迹，又，所以点的轨迹长度为，故D正确.故选：ACD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则_______.【答案】【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得.【详解】因为，所以.故答案为：13.已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________.【答案】【解析】【分析】由题意可得且与不反向共线，根据向量的坐标运算即可求解.【详解】若与共线，则，得，此时，与方向相反，因为与的夹角为钝角，所以且与不反向共线，即且，解得且，则的取值范围是.故答案为：.14.已知直三棱柱中，底面边长分别为、、3，高，则该三棱柱的外接球的表面积为_____.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，结合直棱柱的结构特征求其外接圆半径，进而可得表面积.【详解】不妨设，由余弦定理可得，由，则，所以的外接圆半径，可得该三棱柱的外接球的半径，所以该三棱柱的外接球的表面积为.故答案为：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.已知向量，，（1）若，求实数的值；（2）若，求向量与的夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量平行的坐标形式可求的值；（2）利用向量垂直的坐标形式可求的值，再利用公式可求向量与的夹角的余弦值.【小问1详解】向量，则，由，得，解得.【小问2详解】，由，有，解得，则，.所以向量与的夹角的余弦值.16.在中，角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若为边的中点，求的长.【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；（2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求.【小问1详解】因为，根据正弦定理，得，化简得，因为，所以，因为，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理得，所以，解得．因为为的中线，所以，所以，因为，所以，解得.17.如图，在四棱锥中，，，，，平面.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求四棱锥的表面积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）由线面垂直推出，，勾股定理求出边AC，则易证，得证；（Ⅱ）易证各侧面均为直角三角形，底面为两直角三角形的组合，相应直角边长代入三角形面积计算公式求和即可.【详解】（Ⅰ）因为平面，平面，平面，所以，，因为，，所以.因为，，所以，所以，，由，，可得，平面.（Ⅱ）由题意可知，，由（Ⅰ）可知，平面，平面，所以，同理可得，又，，所以，所以四棱锥的表面积.【点睛】本题考查线面垂直的判定，多面体的表面积，属于中档题.18.已知函数的最大值为；（1）求常数的值；（2）若在上单调递增；求最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出的值；（2）利用函数的单调性和集合间的子集关系求出的最大值．【小问1详解】由于函数由于，故函数的最大值为，解得．【小问2详解】由于，，解得，；故函数的单调递增区间为，；故,，；故取，则故，即的最大值为．19.在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．（1）证明：平面；（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得