2024桂林高一下学期期末考试数学含解析

这是一份2024桂林高一下学期期末考试数学含解析，共18页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、学号和准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡的“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 把弧度化成角度是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知向量，，且，则（ ）
A 2B. C. D.
4. 已知平面，和直线，，且，，，则与的位置关系是（ ）
A. 平行或异面B. 平行C. 异面D. 相交
5. 已知，且为第二象限角，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7. “桂林山水甲天下”，如图，为测量桂林市某公园内一山的高，选择公园内某点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得的仰角，点的仰角以及，从点测得，已知山高，则山高（ ）．
A. B. C. D.
8. 已知圆心角为的扇形的半径为1，点是上的一点，点是线段上的一点，点、是线段上的两点，且四边形为矩形，则该矩形的最大面积为（ ）
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. 已知复数，，则下列说法正确的有（ ）
A B.
C. D. 在复平面内，对应点关于虚轴对称
10. 函数（，，）在一个周期内的图象如图所示，则（ ）
A
B.
C.
D. 将函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）得到的函数图象关于轴对称
11. 如图，向透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，水是定量的（定体积为）．固定容器底面一边于地面上，，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个结论，其中正确的是（ ）
A. 水面所在四边形的面积为定值
B. 没有水的部分始终呈棱柱形
C. 棱一定与平面平行
D 当容器倾斜如图所示时，（定值）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 计算_________（其中为虚数单位）．
13. 在正方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为_________．
14. 已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是_________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知向量，.
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）若向量与互相垂直，求的值.
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求的最大值以及取得最大值时的集合．
（3）求的单调递减区间．
17. 已知正方体的棱长为2．
（1）证明：．
（2）求三棱锥的体积．
18. 在中，角的对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若，且，求的面积．
19. 如图，已知直线，是，之间的一点，且于点，于点，，（，为常数），点、分别为直线、上的动点，且，设.
（1）若，求的面积；
（2）当恰好中点时，求的周长的最小值.桂林市2023～2024学年度下学期期末质量检测
高一年级数学
（考试用时120分钟，满分150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、学号和准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡的“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由坐标判断象限即可.
【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，在第二象限.
故选：B
2. 把弧度化成角度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用弧度制与角度制的转化可得解.
【详解】因为，所以.
故选：D.
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将向量坐标代入等式，列出方程，求解即得.
【详解】由可得，解得，.
故选：B.
4. 已知平面，和直线，，且，，，则与的位置关系是（ ）
A. 平行或异面B. 平行C. 异面D. 相交
【答案】A
【解析】
【分析】结合两平面平行的位置关系，判断两直线没有公共点即得.
【详解】因，，，则与没有公共点，即与平行或异面.
故选：A.
5. 已知，且为第二象限角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用同角三角函数关系计算求解即可.
【详解】因为为第二象限角,又因为,
所以.
故选：C.
6. 已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得球的半径，再由球的表面积公式，即可得到结果.
【详解】设球的半径为，则，解得，
所以球的表面积为，
故选：A.
7. “桂林山水甲天下”，如图，为测量桂林市某公园内一山的高，选择公园内某点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得的仰角，点的仰角以及，从点测得，已知山高，则山高（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由条件求得长，再利用正弦定理求得长，最后在中求得.
【详解】在中，由可得；
在中，由正弦定理，,即得，
中，,则.
故选：B.
8. 已知圆心角为的扇形的半径为1，点是上的一点，点是线段上的一点，点、是线段上的两点，且四边形为矩形，则该矩形的最大面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图形，设，将，用的三角函数式表示，利用三角恒等变换将矩形面积化成，利用的范围，结合正弦函数的图象特点即可求得其最大值.
【详解】如图，设，则，，
由正弦定理，，解得，
故矩形的面积为：
，
因，则得，
故当时，即时，.
故选：C.
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. 已知复数，，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. D. 在复平面内，对应的点关于虚轴对称
【答案】AB
【解析】
【分析】分别应用共轭复数、复数的模、复数的除法法则和复数的几何意义进行求解.
【详解】对于选项A，，故选项A正确；
对于选项B，，，所以，故选项B正确；
对于选项C，，故选项C错误；
对于选项D，在复平面内对应的点为，对应的点为，点关于实轴对称，故选项D错误.
故选：AB.
10. 函数（，，）在一个周期内的图象如图所示，则（ ）
A
B.
C.
D. 将函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）得到的函数图象关于轴对称
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，由图易得；对于B，利用周期公式即可求得；对于C，代入特殊点计算即得；对于D，利用平移变换求得函数式，再利用函数奇偶性即可判定.
【详解】对于A，因，由图知，故A正确；
对于B，设函数的最小正周期为,由图知,解得,则，解得，故B错误；
对于C，由图知函数图象经过点，则得，解得，因，故得，故C正确；
对于D，将函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）得到函数为:
，不是偶函数，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，向透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，水是定量的（定体积为）．固定容器底面一边于地面上，，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个结论，其中正确的是（ ）
A. 水面所在四边形面积为定值
B. 没有水的部分始终呈棱柱形
C. 棱一定与平面平行
D. 当容器倾斜如图所示时，（定值）
【答案】BCD
【解析】
【分析】画出随着倾斜度得到的图形，根据线面平行的性质及棱柱的定义判断A，B，C，再根据柱体的体积公式判断D.
【详解】依题意将容器倾斜，随着倾斜度的不同可得如下三种情形，
对于A：水面是矩形，线段的长一定，从图1到图2，再到图3的过程中，线段长逐渐增大，
则水面所在四边形的面积逐渐增大，故A错误；
对于B：依题意，水面，而平面平面，平面，则，
同理，而，，又平面，平面平面，
因此有水的部分的几何体是直棱柱，长方体去掉有水部分的棱柱，没有水的部分始终呈棱柱形，故B正确；
对于C：因为，平面，平面，因此平面，
即棱一定与平面平行，故C正确；
对于D ：当容器倾斜如图3所示时，有水部分的几何体是直三棱柱，其高为，体积为，
又，，所以，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 计算_________（其中为虚数单位）．
【答案】##
【解析】
【分析】把复数应用乘法化简即可.
【详解】.
故答案为：
13. 在正方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用平移得到异面直线所成角，借助于直角三角形求解即得.
【详解】
在正方体中，因,
故直线与所成角即直线与所成角，即.
设正方体棱长为2，因为的中点，则，于是,
即直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据题意结合平面向量基本定理可得，设，且，整理可得，进而可得结果.
【详解】设，即，
可得，
因为，
即，
整理可得，且不共线，
则，解得，
即，，
又因为点在内（不含边界），设，且，
可得，
则，
可得，可得，
且，可得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：1.设，根据题意结合平面向量基本定理可得；
2.根据三角形可设，且，用表示，即可得结果.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知向量，.
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）若向量与互相垂直，求的值.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的数量积即可求得结果.
（2）利用两向量垂直的条件即可求得结果.
【小问1详解】
由，，
所以，
，，
设向量与的夹角为，则.
【小问2详解】
若向量与互相垂直，
则，
所以.
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求的最大值以及取得最大值时的集合．
（3）求的单调递减区间．
【答案】（1）；
（2）最大值为3，；
（3），.
【解析】
【分析】（1）利用周期公式计算即得；
（2）将看成整体角，结合余弦函数的图象，即可求得；
（3）将看成整体角，结合余弦函数的递减区间，计算即得.
【小问1详解】
，故的最小正周期为；
【小问2详解】
当，时，即，时，
，得，即最大值为3．
则的最大值为，取得最大值时的集合为；
【小问3详解】
由，得，
所以函数的单调递减区间是，.
17. 已知正方体的棱长为2．
（1）证明：．
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证平面，则可得；
（2）利用等体积转化即可求得.
【小问1详解】
在正方体中，，
平面，平面，．
又，、平面，平面．
又平面，．
【小问2详解】
正方体中，平面，
.
18. 在中，角对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理边化角，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由余弦定理结合三角形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，
所以根据正弦定理得，
因为，
所以，
即，
即．
因为，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
．
因为，所以①．
因为，
所以②．
联立①②可得，解得（负根舍去），
故的面积为．
19. 如图，已知直线，是，之间的一点，且于点，于点，，（，为常数），点、分别为直线、上的动点，且，设.
（1）若，求的面积；
（2）当恰好中点时，求的周长的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由，结合锐角三角函数求出，进而得出三角形面积；
（2）由直角三角形的边角关系结合勾股定理得出，进而表示周长，再利用与的关系，换元并由反比例函数性质得出周长最小值.
【小问1详解】
由题意，易得，
，，且，，
，，
又，.
【小问2详解】
由题意有，，，
，
所以的周长，其中.
设，则，
，所以，即，
所以.
所以，，
于是当时，，
因此，周长的最小值为.