2024抚顺六校协作体高一下学期期末考试数学含解析

这是一份2024抚顺六校协作体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，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 试卷满分：150分
命题人：呼妍 白金艳
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. 如果，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
2. 已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. 4πC. D. 8π
3. 在中，点D在边AB上，．记，，则（ ）
A B. C. D.
4. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，，，若，则（ ）
A. B. C. 5D. 6
6. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是（ ）
A. 100πB. 128πC. 144πD. 192π
8. 在中，已知，，，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
二、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. 关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为2π
B. 在区间上是单调递增函数
C. 当时，的取值范围为
D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
10. 在平面直角坐标系中，点，，，，，那么下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 长方体中，，，E是线段上的一动点（包括端点），则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 平面
C. 的最小值为
D. 以A为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则______．
13. 已知，若，则______．
14. 在中，，，点D为AC的中点，点E为BD的中点，，则的最大值为______．
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 已知平面上两个向量，，其中，，且．
（1）若与共线，求的值；
（2）求与的夹角的余弦值．
16. 如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD中点，点N是BC的中点．

（1）求证：平面PAB；
（2）在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，．已知，．
（1）求角B：
（2）若的面积为，求c．
18. 如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点．
（1）求证：平面PAC；
（2）若，，，求三棱锥体积．
19. 已知函数，称非零向量为的“特征向量”，为的“特征函数”．
（1）设函数，求函数的“特征向量”；
（2）若函数的“特征向量”为，求当且时的值；
（3）若的“特征函数”为，且方程存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
2023-2024学年度下学期“抚顺六校协作体”
期末考试试题高一数学
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
命题人：呼妍 白金艳
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. 如果，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数四则运算求出，然后由共轭复数概念可得.
【详解】因为，所以，
所以，所以.
故选：D
2. 已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. 4πC. D. 8π
【答案】B
【解析】
【分析】圆的周长公式求出，然后由圆锥侧面积公式可得.
【详解】设圆锥的母线长为，则由题意有，得，
所以侧面积为.
故选：B
3. 在中，点D在边AB上，．记，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形结合向量的线性运算分析求解.
【详解】由题意可得：.
故选：B.
4. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦型函数的性质求解即可．
【详解】函数，
要求函数的增区间，即，
即.
令，得到.则A正确，B错误；
令，得到.则C，D错误．
故选：A．
5. 已知，，，若，则（ ）
A. B. C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性运算的坐标表示求出，再根据相等，建立关于的等式求解．
详解】解：，，
，
，
，
解得：，
故选：C．
6. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用两角和的正切公式求，再利用三角函数恒等变化，转化为关于的齐次分式，转化为正切表示，即可求解.
【详解】，，
，
.
故选：C
7. 已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是（ ）
A. 100πB. 128πC. 144πD. 192π
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】正三棱台上、下底面面积分别为和,可求出上下底边长为：和.
设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，
即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，
所以，，
故或，即或，
解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A.
8. 在中，已知，，，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用三角恒等变换以及正弦定理可得，，进而求，利用正弦定理可得，即可得面积.
【详解】因为，则，
且，则，可得，解得，
又因为，由正弦定理可得，
则，
且，则，
可得，即，可得，
则，
由正弦定理可得，
所以的面积是.
故选：A.
二、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. 关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为2π
B. 在区间上单调递增函数
C. 当时，的取值范围为
D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
【答案】BC
【解析】
【分析】对于ABC，根据正弦函数的性质逐一分析判断即可；对于D，利用三角函数平移的性质即可判断.
【详解】对A,对于，它的最小正周期，故A错误；
当时，，
对B,又在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B正确；
对C,当时，，所以，
所以的取值范围为，故C正确；
对D,的图象向左平移个单位长度得到解析式为，故D错误.
故选：BC．
10. 在平面直角坐标系中，点，，，，，那么下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据点的坐标，求出向量，模以及数量积，再结合三角恒等变换公式等即可判断.
详解】对A， ，，则，
，所以，故A正确；
对B， ，，
则，，
因为与的大小不确定，所以没办法判定是否相等，故B错误；
对C，， ，所以，
，所以，故C正确；
对D， ，
，
所以，故D错误.
故选：AC.
11. 长方体中，，，E是线段上的一动点（包括端点），则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 平面
C. 的最小值为
D. 以A为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
【答案】BCD
【解析】
【分析】计算的边上的高后可判断A的正误，可证平面平面，从而可平面，故可判断B的正误，利用平面展开图结合余弦定理可求的最小值，故可判断C的正误，D中判断出交线的形状结合计算可判断D的正误.
【详解】
对于A，因为在长方体中，，，
故，故为等腰三角形，
而，故为锐角，
故的最小值为的边上的高，设高为，
则，故，
故的最小值为，故A错误.
对于B，由长方体的性质可得，
故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，
同理平面，而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
故B正确.
对于C，如图，将、放置在一个平面中，
则的最小值即为，而，
，
因为、均为锐角，故，，
故，
故，故C正确.
对于D，以A为球心，为半径的球面与侧面的交线为个圆弧，
该圆弧的圆心为，半径为，故弧长为，故D成立.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先化简复数，再根据模长公式计算即可.
【详解】,
可得.
故答案为：.
13. 已知，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式可求得，利用，结合二倍角的余弦公式可求值.
【详解】由，可得，则，
则
.
故答案为：
14. 在中，，，点D为AC的中点，点E为BD的中点，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】将用基底表示出来，后用余弦定理，结合基本不等式可解.
【详解】如图所示，设分别为的角所对边，
由余弦定理知，，即，即.
,即，当且仅当取等号.
根据三点共线的向量结论，可知
，，
则，
化简得.
则，当且仅当取等号.
则的最大值为.
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. 已知平面上两个向量，，其中，，且．
（1）若与共线，求的值；
（2）求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用向量共线的定理结论，求的值即可；
（2）运用向量数量积的夹角的余弦公式求解即可．
小问1详解】
若与共线，则存在实数k，
使得，即，
因为向量与不共线，所以，解得．
【小问2详解】
因为，
，
所以．
16. 如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．

（1）求证：平面PAB；
（2）在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，E为PC中点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可；
（2）先取点，再应用面面平行判定定理证明即可；
【小问1详解】
取AP的中点Q，连接MQ，BQ，

因为M，Q分别为PD，PA的中点，
所以，，
又因为N为BC的中点，
所以，．
所以，，
所以四边形MNBQ为平行四边形，所以，
又因为平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
【小问2详解】
存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB．
证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，，
所以且，
所以四边形ABCD是平行四边形，所以．
因为E，M分别为PC，PD中点，所以，
所以，
因为平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB，
同理可知平面PAB，又因为平面平面，
所以平面平面PAB．

17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，．已知，．
（1）求角B：
（2）若的面积为，求c．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由已知可得，结合余弦定理可得，结合已知可得，进而求得；
（2）由（1）可求得，进而由正弦定理可得，，从而由面积可求得.
【小问1详解】
因为，所以
由余弦定理，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，且，所以．
【小问2详解】
由（1）可得，，，
从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以．
18. 如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点．
（1）求证：平面PAC；
（2）若，，，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，由题意可证，进而可得平面，由三角形中位线定理可得，进而可证平面，从而可证平面平面，可得结论；
（2）由已知可得，，由三棱锥的体积公式可求体积.
【小问1详解】
取中点，连接．
因为，为的中点，所以，
又因为，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
因为分别是中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
又因为，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为，，
由（1）可得，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，
因为PO是三棱锥的高，
所以．
19. 已知函数，称非零向量为的“特征向量”，为的“特征函数”．
（1）设函数，求函数的“特征向量”；
（2）若函数的“特征向量”为，求当且时的值；
（3）若的“特征函数”为，且方程存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）先利用两角和正余弦公式展开化简函数，再根据特征函数的概念求解即可；
（2）由已知可得，利用即可求解；
（3）由定义得并化简（化为一个角的一个三角函数形式），解方程得或且，求得两根，然后作出函数，的图象，由图象可得且有两根的的范围．
【小问1详解】
因为
所以的“特征向量”为．
【小问2详解】
由题意知，
由得，，
因为，，所以，
所以．
【小问3详解】
，当时，．
由得，
所以或，
由，即，而，解得或，
即在上有两个根，
因为方程在上存在4个不相等的实数根，
所以当且仅当且在上有两个不等实根，
在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线，
因为方程在上有两个不等实根，
即当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点，
由图像可知：或，
解得或，
所以实数G的取值范围是．
【点睛】本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，还考查了三角函数中的方程的根的问题.