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    2024自治区锡林郭勒盟高一下学期7月期末考试数学含解析

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    这是一份2024自治区锡林郭勒盟高一下学期7月期末考试数学含解析,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
    部分年级期末学业质量抽测
    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.
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