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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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