内蒙古自治区锡林郭勒盟2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份内蒙古自治区锡林郭勒盟2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 平面向量，，若，则等内容，欢迎下载使用。

高一数学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.
2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设复数满足，则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
2. （ ）
A. B. C. D.
3. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是
A. B.
C. D.
4. 平面向量，，若，则（ ）
A B. C. 1D. 2
5. 已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A B. C. D.
6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：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. 已知两条直线，与两个平面，，下列命题不正确的是（ ）
A 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
10. 已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在单调递减
D. 该图象向右平移个单位可得的图象
11. 如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A. 平面被正方体截得截面为等腰梯形
B. 若，直线
C. 若在上，的最小值为
D. 若，点的轨迹长度为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则_______.
13. 已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________.
14. 已知直三棱柱中，底面边长分别为、、3，高，则该三棱柱的外接球的表面积为_____.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，
（1）若，求实数的值；
（2）若，求向量与的夹角的余弦值.
16. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边的中点，求的长.
17. 如图，在四棱锥中，，，，，平面.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求四棱锥的表面积.
18. 已知函数的最大值为；
（1）求常数的值；
（2）若在上单调递增；求最大值．
19. 在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．2023—2024学年度第二学期全盟中小学
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高一数学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.
2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设复数满足，则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】D
【解析】
【分析】利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】由题意可知，复数在复平面内对应的点（2，-1）位于第四象限.
故选：D.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的正弦公式及诱导公式化简求值可得结果.
【详解】
.
故选：B.
3. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】∵
∴−=3(−)；
∴=−.
故选A.
4. 平面向量，，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标运算得，即可求出.
【详解】向量，，
若，则，所以.
故选：A
5. 已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由异面直线所成角的定义，直线与所成角为，然后计算即可.
【详解】连接，长方体中直线平面，平面，所以，
由，所以直线与所成角为，
由，，所以，
所以中， .
故选：D
6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
7. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解.
【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）．
设，则．因为，所以．
由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上，
所以，所以的取值范围是．
方法二：如图2，连接．易知，
设，则．
由已知可得，所以，
所以
．
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围是.
故选：C．
8. 小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，作出符合题意得示意图，过点作，得到，得出当的外接圆与切于点时，观赏者观赏的角度最大，结合直角三角形的性质，即可求解.
【详解】如图所示，设观赏者眼睛出为点，画的上沿为点，下沿为点，
过点作交延长线于点，则，
当的外接圆（即为圆）与切于点时，观赏者观赏的角度最大，即最大，
线段的长度为警戒线距墙的长度，
由题设知：，则，
过点作于点，连接，
如图所示，则，且，
所以，所以与切于点，所以，
所以，所以四边形为矩形，
可得，且，所以，
在直角中，由勾股定理得，
所以，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙米远处最合适.
故选：B.
二、多选题：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. 已知两条直线，与两个平面，，下列命题不正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于ABC选项，可以借助长方体模型举反例判断；对于D选项，运用线面平行的性质，结合平行线性质，最后运用面面垂直判定可判断.
【详解】对于A选项,如图所示，，，此时，故A错误；
对于B选项,如图所示，，，此时，故B错误；
对于C选项,如图所示，，，此时，故C错误；
对于D选项，，则面内一定可以找一条直线，使得，又，则，则,故D正确.
故选：ABC．
10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在单调递减
D. 该图象向右平移个单位可得的图象
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可.
【详解】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故A错；
，则，将代入中得，
则，，解得，，
因为，所以，，，
所以是的对称轴，故B正确；
当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故C错；
该图象向右平移个单位可得，故D正确.
故选：BD
11. 如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A. 平面被正方体截得截面为等腰梯形
B. 若，直线
C. 若在上，的最小值为
D. 若，点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】在上取点，使得，则即为截面，从而判断A，为的中点，在棱上取点，使得，得到与不垂直，即可判断B，将平面翻折，化折线为直线，结合两点之间线段最短判断C，根据线面垂直得到线线垂直，即可判断D.
【详解】对于A：

在上取点，使得，连接、、、、，
则，又且，所以为平行四边形，则，
所以，所以、、、四点共面，
即平面被正方体截得截面即为梯形，
又，所以为等腰梯形，故A正确；
对于B：

因为，所以为中点，在棱上取点，使得，
则且，所以为平行四边形，所以，
又，，，
显然，即与不垂直，则与不垂直，故B错误；
对于C：

如图将平面展开到与平面共面，连接交于点，则即为的最小值，
又，所以的最小值为，故C正确；
对于D：

连接、、、，则，又平面，
平面，所以，又，平面，
所以平面，平面，所以，
又，所以，因为，所以线段（不含点）即为点的轨迹，
又，所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得.
【详解】因为，所以.
故答案为：
13. 已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得且与不反向共线，根据向量的坐标运算即可求解.
【详解】若与共线，则，得，此时，与方向相反，
因为与的夹角为钝角，所以且与不反向共线，
即且，解得 且，
则的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知直三棱柱中，底面边长分别为、、3，高，则该三棱柱的外接球的表面积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，结合直棱柱的结构特征求其外接圆半径，进而可得表面积.
【详解】不妨设，
由余弦定理可得，
由，则，
所以的外接圆半径，
可得该三棱柱的外接球的半径，
所以该三棱柱的外接球的表面积为.
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. 已知向量，，
（1）若，求实数的值；
（2）若，求向量与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量平行的坐标形式可求的值；
（2）利用向量垂直的坐标形式可求的值，再利用公式可求向量与的夹角的余弦值.
【小问1详解】
向量，则，
由，得，解得.
【小问2详解】
，由，有，
解得，则，
.
所以向量与的夹角的余弦值.
16. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边的中点，求的长.
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；
（2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求.
【小问1详解】
因为，
根据正弦定理，得，
化简得，因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
所以，解得．
因为为的中线，所以，
所以，
因为，所以，解得.

17. 如图，在四棱锥中，，，，，平面.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求四棱锥的表面积.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）由线面垂直推出，，勾股定理求出边AC，则易证，得证；（Ⅱ）易证各侧面均为直角三角形，底面为两直角三角形的组合，相应直角边长代入三角形面积计算公式求和即可.
【详解】（Ⅰ）因为平面，平面，平面，
所以，，
因为，，所以.
因为，，
所以，
所以，，
由，，可得，
平面.
（Ⅱ）由题意可知，
，
由（Ⅰ）可知，平面，平面，
所以，同理可得，
又，，
所以，
所以四棱锥的表面积.
【点睛】本题考查线面垂直的判定，多面体的表面积，属于中档题.
18. 已知函数的最大值为；
（1）求常数的值；
（2）若在上单调递增；求最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出的值；
（2）利用函数的单调性和集合间的子集关系求出的最大值．
【小问1详解】
由于函数
由于，
故函数的最大值为，解得．
【小问2详解】
由于，，
解得，；
故函数的单调递增区间为，；
故,，；故取，则
故，即的最大值为．
19. 在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；
（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．
【详解】（1）证明：连接与交于，连接，
因为是菱形，所以为的中点，
又因为为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面．
（2）解：取中点，连接，
因为四边形是菱形，，且，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以．
同理可证：，又，
所以平面，
所以平面平面，
又平面平面，
所以点到直线距离即为点到平面的距离，
过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，
因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，
此时，为的中点，即，
所以，
所以．
【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键．