2024东营高一下学期期末考试数学含解析

这是一份2024东营高一下学期期末考试数学含解析，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答等内容，欢迎下载使用。

高一数学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
2. 函数的相邻两个零点之间的距离为（ ）
A. B. 6C. D. 12
3. 已知与不共线，若与共线，则实数的取值为（ ）
A. B. C. D.
4. 下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
5. 某同学站立在雨中水平撑伞，始终保持伞面的下边缘距离地面，当雨与地面成斜降下来时，要使脚恰好不被雨淋湿，脚与伞边缘的水平距离（单位：m）为（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，角所对边分别为，若，则的形状为（ ）
A. 正三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 钝角三角形
7. 如图，已知，则（ ）
A. B.
C D.
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知平面向量，则下列说法正确的是（ ）
A 若，则
B. 若，则
C. 若与的夹角为钝角，则的取值范围为
D. 若，则在上的投影向量的坐标为
10. 函数（，，）在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B
C. 的解集为
D. 把函数的图象先向左平移个单位长度，再将曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到的图象
11. 一个表面被涂满红色的棱长是4的正方体，将其均匀分割成棱长为1的小正方体，下列结论正确的是（ ）
A. 共得到64个小正方体
B. 由所有两面是红色的小正方体组成的长方体，其表面积最大为98
C. 由所有三面是红色的小正方体组成的长方体，其外接球的体积最小为
D. 取其中一个三面是红色的小正方体，以小正方体的顶点为顶点，截去八个相同的正三棱锥，所得几何体表面红色部分面积的最小值为
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 已知，则______．
13. 在平行四边形ABCD中, AD = 1, , E为CD的中点. 若, 则AB的长为_____.
14. 已知四边形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为______，此时该三棱锥的外接球的表面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数满足．
（1）求；
（2）若是方程的一个根，求的值．
16. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期、对称轴；
（2）求函数在上的单调递增区间；
（3）若存在，使得，求实数的取值范围．
17. 在锐角中，角的对边分别为，已知．
（1）求的值；
（2）若是的外接圆上一点（与位于直线异侧），且，求四边形的面积．
18. 如图，在正六棱锥中，．
（1）求棱锥的高和斜高；
（2）求直线到平面的距离；
（3）若球是正六棱锥的内切球，以底面正六边形的中心为圆心，以内切球半径为半径的圆面沿垂直于底面的方向向上平移形成正六棱锥的内接几何体，求该几何体的侧面积．
19. “费马点”是三角形内部与其三个顶点距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”．
（1）求角；
（2）若，求的周长；
（3）若，求实数的值．
2023—2024学年度第二学期期末质量监测
高一数学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】代入复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由题意可知，.
故选：C
2. 函数相邻两个零点之间的距离为（ ）
A. B. 6C. D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】函数的相邻两个零点之间的距离即为最小正周期，求解即可.
【详解】由正切函数的图象可知，
函数的相邻两个零点之间的距离即为最小正周期，
又最小正周期为，
所以函数的相邻两个零点之间的距离为.
故选：B.
3. 已知与不共线，若与共线，则实数的取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量共线即可列出方程组求解.
【详解】由题意设，而与不共线，所以，解得.
故选：A.
4. 下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的单调性和诱导公式逐一判断即可.
详解】对于A，由知，故A错误；
对于B，显然有，故B错误；
对于C，由有，故C错误；
对于D，由有，故D正确.
故选：D.
5. 某同学站立在雨中水平撑伞，始终保持伞面的下边缘距离地面，当雨与地面成斜降下来时，要使脚恰好不被雨淋湿，脚与伞边缘的水平距离（单位：m）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意画出相应的直角三角形，利用三角函数和和差公式即可求解.
【详解】如图，脚的位置位于点处，伞的边缘位于点处，则脚与伞边缘的水平距离为.
由题意得，在中，，则，则，
，
.
故选：.
6. 在中，角所对的边分别为，若，则的形状为（ ）
A. 正三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 钝角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理边化角以及三角公式变形整理即可.
【详解】由得，
即，
即，
所以，
在中，，所以，，
即的形状为直角三角形.
故选：B.
7. 如图，已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】题中有90°，因此建立平面直角坐标系，用坐标表示向量进行运算即可．
【详解】建立如图所示的直角坐标系，
，
，
设，
，
，解得，
所以.
故选：A.
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.
【详解】由题意可得：，
则：，，
从而有：，
即.
故选：B.
【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知平面向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若与的夹角为钝角，则的取值范围为
D. 若，则在上的投影向量的坐标为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用向量平行的坐标表示可判断A，利用向量垂直的坐标表示判断B，根据向量夹角的坐标求解C，利用投影向量的坐标表示求解D.
【详解】对于A，若，则，即，故A错误；
对于B，若，则，即，故B正确；
对于C，若与的夹角为钝角，
则，即，且与不反向，
当时，，，与反向，所以，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，时，，
在上的投影向量的坐标为，
故D正确.
故选：BD.
10. 函数（，，）在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 的解集为
D. 把函数的图象先向左平移个单位长度，再将曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到的图象
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数图象直接可得，再根据函数图象中的对称轴与对称中心可得函数解析式，进而可判断A选项，再直接代入可判断B选项，解不等式直接可判断C选项，再根据函数的伸缩平移变换可判断D选项.
【详解】A选项：由图可知，且，即，解得，
又，所以，所以，
又函数图象过点，则，解得，，
又，所以，即，A选项错误；
B选项：，B选项正确；
C选项：，即，
则，，
解得，，C选项正确；
D选项：函数的图象先向左平移个单位长度可得的图象，
再将曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变可得的图象，D选项正确；
故选：BCD.
11. 一个表面被涂满红色的棱长是4的正方体，将其均匀分割成棱长为1的小正方体，下列结论正确的是（ ）
A. 共得到64个小正方体
B. 由所有两面是红色的小正方体组成的长方体，其表面积最大为98
C. 由所有三面是红色的小正方体组成的长方体，其外接球的体积最小为
D. 取其中一个三面是红色的小正方体，以小正方体的顶点为顶点，截去八个相同的正三棱锥，所得几何体表面红色部分面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】棱长是的立方体体积，棱长为的小正方体体积为，由此能求出共得到多少个棱长为的小正方体，可判断A；所有两面是红色的小正方体共有24个，组成长、宽、高分别为的长方体，可得其表面积，判断B；三面涂色的小正方体有8个，组成一个边长为2的正方体，求其外接球的体积，可判断C；找到以小正方体的顶点为顶点，截去八个相同的侧棱长为的正三棱锥时，所剩涂色面积最小，判断D.
【详解】棱长是的立方体体积为：4×4×4＝64，
棱长为的小正方体体积为，
所以共得到个小正方体，A正确；
二面涂色的小正方体是位于棱长是的立方体的各边上的正方体，
由立方体共有12条边，每边有2个正方体二面涂色，共有24个，
它们组成一个长、宽、高分别为的长方体，
则表面积最大为，B正确；
三面涂色的小正方体是位于棱长是的立方体的顶点处的小正方体，
由于立方体共有8个顶点，所以三面涂色的小正方体有8个，
组成一个边长为2的正方体，其外接球的半径为，
其体积为，C错误；
以小正方体的顶点为顶点，截去八个相同的侧棱长为的正三棱锥，如图，
所剩红色部分面积的最小为，D正确.
故选：ABD
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 已知，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二倍角公式及两角差正弦公式直接化简可得.
【详解】由已，
即，
故答案为：.
13. 在平行四边形ABCD中, AD = 1, , E为CD中点. 若, 则AB的长为_____.
【答案】
【解析】
【详解】设AB的长为，因为，，所以
==+1+=1，
解得，所以AB的长为.
【考点定位】本小题主要考查平面向量的数量积等基础知识，熟练平面向量的基础知识是解答好本类题目的关键.
14. 已知四边形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为______，此时该三棱锥的外接球的表面积为______．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】在平面内计算各个线段的长度，注意到三棱锥体积最大时，平面平面时，可知以为顶点时，点到平面的距离即为点到的高，计算可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.
【详解】已知四边形中，
，
易知，
将沿折起，连接，得到三棱锥，
当点到平面的距离最大时，则三棱锥体积最大，
即当平面平面时，三棱锥体积最大，
此时点到平面的距离即为点到的高，是等腰直角三角形，
所以点到的高，
则三棱锥体积的最大值为；
设该三棱锥的外接球的球心为,到平面的距离为
平面的外接圆的半径为，正弦定理可得
设求球的半径为,则
此时该三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：求外接球表面积或体积问题，关键是要根据题意确定球心位置，进而求得球的半径.
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、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数满足．
（1）求；
（2）若是方程的一个根，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的除法得，再利用共轭复数概念即可；
（2）根据复数根的共轭关系结合韦达定理即可解出，则得到的值.
【小问1详解】
由得：，
则；
【小问2详解】
由（1）知：，
，解得：，
．
16. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期、对称轴；
（2）求函数在上的单调递增区间；
（3）若存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数表达式，利用周期公式计算周期，令，解出即可得解；
（2）直接列出不等式组求解即可；
（2）只需求出在时的最小值，然后解不等式即可.
【小问1详解】
，
所以，令，解得，
所以函数的最小正周期、对称轴分别；
【小问2详解】
由得的单调递增区间为：
，
所以函数在上的单调递增区间为：．
【小问3详解】
因为，所以，
所以，
故，
因为存在，使得，所以，解得，
所以的取值范围为．
17. 在锐角中，角的对边分别为，已知．
（1）求的值；
（2）若是的外接圆上一点（与位于直线异侧），且，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，结合已知得，再由余弦定理结合已知即可求解；
（2）在中，运用余弦定理有，在中，结合并运用余弦定理可求得，进一步结合三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
在锐角中，
因为，所以，
而，故，
因为是锐角，所以，
由余弦定理得，
又因为，所以，整理的，
故．
【小问2详解】
在中，因为，
所以，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得，即：
，解得，
所以四边形的面积为
.
18. 如图，在正六棱锥中，．
（1）求棱锥的高和斜高；
（2）求直线到平面的距离；
（3）若球是正六棱锥的内切球，以底面正六边形的中心为圆心，以内切球半径为半径的圆面沿垂直于底面的方向向上平移形成正六棱锥的内接几何体，求该几何体的侧面积．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先作出锥体的高和斜高，再根据勾股定理，即可求解；
（2）由平面，转化为点到平面的距离，再根据等体积转化，即可求解；
（3）首先求内切球的半径，由题意可得，内接几何体为圆柱，再由内接圆柱与六棱柱的关系，画出轴截面，结合几何图形，即可求解.
【小问1详解】
作出棱锥的高，因为是正六棱锥，所以是底面的中心，连接，可知．
在中，可知．
设中点为，由是等腰三角形可知，，因此，是斜高，
从而．
【小问2详解】
因为平面，所以点到平面的距离就是直线到平面的距离．
由得，
又因为
所以．
【小问3详解】
设锥的内切球与侧面相切于，可得在上，连接．在中，则，所以．
设内切球的半径为，由，可得，解得．故所求几何体是底面半径为1的圆柱．
在中，在上取点，使得，过作，交于点，作，交于，则：
，故
所以该几何体的侧面积为：．
19. “费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”．
（1）求角；
（2）若，求的周长；
（3）若，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
（3）6
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将题目中的条件.转换成仅含有角关系，再利用辅助角公式求解即可；
（2），由向量的数量积可得，由三角形的面积可得，结合余弦定理可求，可求周长；
（3）不妨设，则.由余弦定理解方程组即可得解.
【小问1详解】
因，
由正弦定理得
即：，
所以
所以，即，所以，得；
【小问2详解】
，
因为，
所以，
由得：
，即，
由余弦定理得，即，
则，解得．
所以的周长为；
【小问3详解】
不妨设，则.由余弦定理得:
，①
，②
，③
因为，所以，即，则，
由②③，，则
即
因为，所以，解得或(舍)
所以，得.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，从而推导出、，结合关系求得.