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    [数学][期末]陕西省韩城市2023-2024学年高一下学期期末质量检测试题(解析版)

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    [数学][期末]陕西省韩城市2023-2024学年高一下学期期末质量检测试题(解析版)

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    这是一份[数学][期末]陕西省韩城市2023-2024学年高一下学期期末质量检测试题(解析版),共12页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题编出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
    1. 已知复数(为虚数单位),则其共轭复数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】C
    【解析】由,得,
    所以其共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限.
    故选:C.
    2. 若扇形的圆心角为,弧长为,则该扇形的半径为( )
    A. 3B. 4C. 5D. 6
    【答案】A
    【解析】设该扇形的半径为,则由题意得,解得.
    故选:A.
    3. 下列说法正确的是( )
    A. 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径不可能相等
    B. 直四棱柱是长方体
    C. 将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周,所得的几何体是一个圆锥
    D. 正棱锥侧面是全等的等腰三角形
    【答案】D
    【解析】A. 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径可能相等,故A错误;
    B. 直四棱柱是底面是四边形,侧棱和底面垂直的棱柱,不一定是长方体,故B错误;
    C. 将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周,所得的几何体是一个组合体,
    上下是圆锥,中间是圆柱,故C错误;
    D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形,故D正确.
    故选:D.
    4. 在四边形中,若,且,则该四边形一定是( )
    A. 正方形B. 矩形C. 菱形D. 等腰形
    【答案】B
    【解析】因为四边形中,,
    所以∥,,
    所以四边形为平行四边形,
    因为,所以,所以,
    所以四边形为矩形.
    故选:B.
    5. 已知,则等于( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】因为,所以,
    因为,所以.
    故选:A.
    6. 设,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】,,
    ,由于,因此.
    故选:D.
    7. 如图,三棱锥的三条棱两两互相垂直,且,,则三棱锥外接球的表面积为( )
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【解析】因为三棱锥的三条棱两两互相垂直,
    所以三棱锥可以补成一个长方体,如图所示,
    长方体的长,宽,高分别为,
    则此长方体的外接球就是三棱锥的外接球,设外接球的半径为,
    则,得,
    所以三棱锥外接球的表面积为.
    故选:C.
    8. 阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置.由物理学知识可知,某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动,其离开平衡位置的位移和时间的函数关系为,如图.若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为,且,则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移小于的总时间为( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】由,得,
    所以,,则,
    令,得,
    解得,
    所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置位移小于的总时间为:
    .
    故选:D.
    二、多项选择题(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. 已知函数,则下列说法正确的是( )
    A. 的最小正周期为B. 的定义域为
    C. 的图象关于点对称D. 在上单调递增
    【答案】ABD
    【解析】对于A,的最小正周期为,所以A正确;
    对于B,由,得,
    所以的定义域为,所以B正确;
    对于C,因为,
    所以的图象不关于点对称,所以C错误;
    对于D,由,得,
    因为在上递增,所以在上单调递增,所以D正确.
    故选:ABD.
    10. 下列命题错误的是( )
    A. 若是平面内的三点,则
    B. 若是两个单位向量,则
    C. 若是任意两个向量,则
    D. 向量可以作为平面内所有向量的一组基底
    【答案】ABC
    【解析】对于A,因为,所以A错误;
    对于B,若,则是两个单位向量,而,所以B错误;
    对于C,当共线同向时,,所以C错误;
    对于D,若共线,则,所以,
    ,方程组无解,所以不共线,
    所以可以作为平面内所有向量的一组基底,所以D正确.
    故选:ABC.
    11. 如图,菱形的对角线与交于点是的中位线,与交于点,已知是绕旋转过程中的一个图形,且平面.则下列结论中正确的是( )
    A. 异面直线与的夹角为
    B. 平面平面
    C. 与可能垂直
    D. 与可能平行
    【答案】ABC
    【解析】对于A,因为是的中位线,所以,
    则为异面直线与的夹角,
    由题意可知,在中,,
    故,
    所以异面直线与的夹角为,A正确;
    对于B,在菱形中有,
    在等腰三角形中,又因为是平面内的两条相交直线,
    所以平面,又因为平面,
    则平面平面,B正确;
    对于C,由B选项可知平面,平面,故,
    平面与平面的交线为EF,
    当平面与平面垂直时可得平面垂直,
    平面,故,C正确;
    对于D,根据题意可知,易发现相交,且平面,
    所以与不可能平行,D错误.
    故选:ABC.
    三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
    12. 复数的虚部为______.
    【答案】
    【解析】因为,所以复数的虚部为.
    故答案为:.
    13. 已知圆锥的底面圆的周长为,侧面积为,则该圆锥的体积为______.
    【答案】
    【解析】设圆锥的底面半径为,母线长为,高为,
    因为圆锥的底面周长为,所以,得,
    因为圆锥的侧面积为,所以,得,
    所以圆锥的高为,
    所以圆锥的体积为.
    故答案为:.
    14. 已知是平面上一定点,是平面上不共线的三个点,且,若,则______.
    【答案】32
    【解析】由得到,
    即,设为线段中点,所以,
    则,则,,
    则.
    故答案为:32.
    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)若向量与垂直,求向量;
    (2)若∥,求实数的值.
    解:(1)向量与垂直,,解得或,
    则向量.
    (2),
    又∥,,解得.
    16. 已知.
    (1)若为锐角,求的值.
    (2)求的值.
    解:(1)由,为锐角,,
    得,
    ∴.
    (2)由得,
    则,∴.
    17. 已知函数的部分图象如图所示.
    (1)求的解析式;
    (2)先将图象上所有点的纵坐标缩短到原来的倍,再向右平移个单位长度,最后将图象向上平移1个单位长度后得到的图象,求函数在上的最大值.
    解:(1)由所给图象知:,得,
    即,得,,
    把点代入得:,即,
    又,,.
    (2)将图象上所有点的纵坐标缩短到原来的倍,得,
    再向右平移个单位长度,得,
    最后将图象向上平移1个单位长度,得,所以,
    当时,,
    当,即时,有最大值,最大值为.
    18. 在中,角的对边分别为,且.
    (1)求角的大小;
    (2)若的面积,求的周长.
    解:(1)在中,由,得,
    由正弦定理得,即,
    又,即,于是,
    由,得,因此,又,
    所以.
    (2)由面积,得,得,
    又,由余弦定理,得,则,
    于是,解得,
    所以的周长为.
    19. 如图,在三棱柱中,侧面,均为菱形,,,为的中点.
    (1)求证:平面;
    (2)若,求直线与平面所成角的正弦值.
    解:(1)连接,与交于点,连接,
    四边形是平行四边形,为中点,
    为中点,得,又平面,故平面.
    (2)方法一:
    由,,且为,的中点,
    得,,,
    又,为平面内两条相交直线,
    得平面,故即为直线与平面所成的角;
    由,,,
    得四边形为菱形,又,故四边形为正方形,,
    则为等腰直角三角形,且,故,,
    因此,直线与平面所成角的正弦值为.
    方法二:
    以为原点,分别以射线,,为轴,轴,轴的正半轴,建立空间直角坐标系,
    则,,,,,
    由,,为正三角形,
    故,又,所以平面,
    设,由,,
    得即,故,
    由,得,所以,
    ,;
    设平面的一个法向量为,
    由得可取,
    设直线与平面所成角为,
    则,
    因此,直线与平面所成角的正弦值为.

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