河南省新未来2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省新未来2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共21页。
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
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. 与角终边相同的角是（ ）
A. B. C. D.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
3. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知圆柱的母线长比底面半径长多2cm，表面积为24π cm2，则该圆柱的体积为（ ）
A. 12πB. 14πC. 16πD. 18π
5. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A. 为直角三角形B. 为锐角三角形
C. 为钝角三角形D. 的形状无法确定
7. 已知（其中），若方程在区间上恰有4个实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为（为常数）的一个球面上，底面是正方形且球心到平面的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球的体积等于（ ）
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. 如图，小明在A处向正东方向走3km后到达B处，他再沿南偏西30°方向走a km到达C处，这时他离出发点A的距离为km，那么的值可以是（ ）

A. 1B. C. D. 2
10. 下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 如图，在长方体中，，为的中点，为棱上任意一点，直线与棱交于点.则下列结论正确的是（ ）
A. 四边形平行四边形
B. 当为中点时，四边形是菱形
C. 四边形的周长的最小值为9
D. 四棱锥的体积为4
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则的虚部为________.
13. 已知向量满足，且，则__________．
14. 如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为__________．
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤．
15. 已知复数是一元二次方程（，）的根.
（1）求的值；
（2）若复数（其中）为纯虚数，求复数模.
16. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若△ABC外接圆的面积为，，求△ABC的面积.
17. 已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）若为锐角，，求的值．
18. 如图，在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，BD与EF相交于点G，记.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为菱形，，.
（1）求锐二面角大小；
（2）求AP与平面所成的角的正弦值.绝密★启用前
2023~2024学年度下学期期末质量检测
高一数学
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
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. 与角终边相同的角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据终边相同角的概念，可写出的终边相同角，调整参数即可求解答案.
【详解】由题意，与角终边相同的角可写为，
令，代入，得
故选：B.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】已知向量，，
若，则，
解得.
故选：C.
3. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式及正余弦齐次式法求值即得.
【详解】由，得.
故选：B
4. 已知圆柱的母线长比底面半径长多2cm，表面积为24π cm2，则该圆柱的体积为（ ）
A. 12πB. 14πC. 16πD. 18π
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆柱表面积公式求出底面圆半径，再求出体积即得.
【详解】设圆柱底面圆半径为，则圆柱母线长为，
由圆柱表面积为24π，得，解得，
所以该圆柱的体积为（）.
故选：C
5. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，从而得到函数的解析式.
【详解】由图像可得, ,可得
由，可得
所以，由
所以,解得
由，所以
所以
故选：C
6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A. 为直角三角形B. 为锐角三角形
C. 为钝角三角形D. 的形状无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案.
【详解】由，可得，
则，
，
，
即，
由，故只能为锐角，可得，
因为，所以，.
故选：A.
7. 已知（其中），若方程在区间上恰有4个实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得或，求出的值，再由求出的范围，然后由方程在区间上恰有4个实根，可得，从而可求出的取值范围.
【详解】由，得，
所以或，
所以，或，或，或，
由，得，所以，
因为方程在区间上恰有4个实根，
所以，解得，
故选：D
8. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为（为常数）的一个球面上，底面是正方形且球心到平面的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球的体积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出，根据，求出，根据球的体积公式可得解.
【详解】因为，所以，
得，得，
有，有，
得，所以球的体积为.
故选：A
【点睛】本题考查了棱锥的体积公式，考查了球的体积公式，属于基础题.
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. 如图，小明在A处向正东方向走3km后到达B处，他再沿南偏西30°方向走a km到达C处，这时他离出发点A的距离为km，那么的值可以是（ ）

A. 1B. C. D. 2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据余弦定理，即可求解.
【详解】如图，


由条件可知
根据余弦定理可知，，
所以，解得或.
故选：AD.
10. 下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合诱导公式，根据和的单调性依次判断各个选项即可得到结果.
【详解】对于A，在上单调递增，又，，A正确；
对于B，在上单调递减，又，，B错误；
对于C，，又，，C正确；
对于D，，，
又，，D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在长方体中，，为的中点，为棱上任意一点，直线与棱交于点.则下列结论正确的是（ ）
A. 四边形是平行四边形
B. 当为的中点时，四边形是菱形
C. 四边形周长的最小值为9
D. 四棱锥的体积为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据面面平行的性质结平行四边形判定定理分析判断，对于B，根据已知条件可由三角形全等，得，从而可判断，对于C，设，则四边形的周长为，转化为平面上点之间的距离问题分析判断，对于D，利用等体积法分析判断.
【详解】对于A，因为为的中点，直线与棱交于点，所以四点共面，
因为平面∥平面，平面平面，平面平面，
所以∥，同理可证得∥，
所以四边形是平行四边形，所以A正确，
对于B，因为为的中点，所以，因为，，
所以 ≌，所以，
因为四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以B正确，
对于C，设，则，，
所以四边形的周长为
，
则看成平面上点到点的距离和，
设点关于轴的对称点为，则
所以
，当时取等号，
所以四边形的周长为10，所以C错误，
对于D，
，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的性质，考查棱柱的性质，考查棱锥的体积的计算，选项C解题的关键是将四边形的周长转化为平面上点到点的距离和的2倍，然后利用平面几何的知识求解，考查数学转化思想和空间想象能力，属于较难题.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则的虚部为________.
【答案】##
【解析】
【分析】先由复数乘除运算法则化简复数，进而根据共轭复数概念得即可得其虚部.
【详解】因为，
所以
故的虚部为.
故答案为：.
13. 已知向量满足，且，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】首先将条件等式两边平方，求，再代入向量模的计算公式，即可求解.
【详解】因，所以，
展开得，
将代入，整理得，
所以，即．
故答案为：1
14. 如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据中点可得线线平行，即可求证平面即为平面，即可利用三角形的边角关系求解长度求解.
【详解】在直三棱柱中，，
即底面为直角三角形，且斜边，
取的中点的中点的中点，连接，
则，所以，即四点共面，
由平面平面，所以平面，故平面即为平面，
取的中点的中点，连接，则为等腰梯形的高，
因为，
所以，
所以．
故答案为：
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤．
15. 已知复数是一元二次方程（，）的根.
（1）求的值；
（2）若复数（其中）为纯虚数，求复数的模.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由是一元二次方程的两根，并根据韦达定理即可求解；
（2）由（1）并结合为纯虚数，得，再代入复数中求模即可.
【小问1详解】
因为是一元二次方程的根，
所以也是一元二次方程的根，
故，解得.
【小问2详解】
因为复数为纯虚数，
所以，且，即.
所以复数，
故.
16. 已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对已知等式化简后，利用余弦定理可求出角A；
（2）先求出角三角形外接圆的半径，再由正弦定理可求出，将已知等式利用正弦定理统一成边的形式可求出，再结合（1）可求出，从而可求出三角形的面积.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，即，
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
因为△ABC的外接圆的面积为，所以△ABC的外接圆半径为，
由正弦定理得，，
因为，所以由正弦定理得，
由（1）知，
所以，得，则，
所以△ABC的面积为.
17. 已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）若为锐角，，求值．
【答案】（1）
（2）最大值为1，最小值为
（3）
【解析】
【分析】（1）将的解析式化为，然后解出不等式即可；
（2）由，得，然后根据正弦函数的知识可得答案；
（3）由条件可得，然后可得的值，然后利用算出答案即可.
【小问1详解】
由
．
令，，解得
故函数的减区间为
【小问2详解】
由，有
有，
故函数在区间上的最大值为1，最小值为；
【小问3详解】
由，可得
因为，可得
又由，可得，有．
有．
18. 如图，在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，BD与EF相交于点G，记.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将作为基底，利用平面向量基本定理结合共线定理对化简，用基底表示，然后列方程组可求得的值；
（2）把用基底表示，再作数量积运算即可.
小问1详解】
因为在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，
所以，，
因为点在上，所以设（），
因为，所以，
所以，
所以,
所以，解得，，
【小问2详解】
由（1）可知，，
因为，所以，
所以
.
19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为菱形，，.
（1）求锐二面角的大小；
（2）求AP与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，利用二面角的定义求解即得.
（2）取的中点，利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出点到平面的距离，再利用公式法求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
在四棱锥中，取中点，连接，
在菱形中，，则是正三角形，，由，得，
由是正三角形，得，则是二面角的平面角，
而，则，
所以锐二面角的大小为.
【小问2详解】
由（1）知，平面，而平面，则平面平面，
取中点，连接，由为正三角形，得，，
而平面平面，平面，则平面，
三棱锥的体积，
显然，，又平面，即有，
于是，
又，底边上的高，
设点到平面的距离为，由，得，
即，于是，解得，
由平面，平面，得平面，
因此点到平面的距离等于点到平面的距离，
令AP与平面所成的角为，则，
所以AP与平面所成的角的正弦值.
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．