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【期末检测】人教版高一下学期期末数学试题12（原卷版+解析版）
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这是一份【期末检测】人教版高一下学期期末数学试题12（原卷版+解析版），文件包含期末检测人教版高一下学期期末数学试题12原卷版doc、期末检测人教版高一下学期期末数学试题12解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。
（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。
【期末检测】人教版高一下学期期末数学试题12（解析版）
高一数学
本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，把答案填在答题卡上.
1. 已知的值等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用两角和与差的正弦公式求得答案.
【详解】.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了两角和与差的正弦函数公式.属于基础题.
2. 若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由两角差的正切公式直接计算．
【详解】由，
故选：A
【点睛】本题考查两角差的正切公式，直接利用公式计算即可，本题属于基础题．
3. 与角终边相同的角为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据终边相同角的概念，可写出与终边相同角，调整参数即可求解答案.
【详解】与角终边相同的角可写成
令，则
故选：C
【点睛】本题考查终边相同角的概念，属于基础题.
4. 已知向量，，满足，则（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由向量平行的坐标运算求解即可.
【详解】向量，，
，
故选：D
【点睛】本题主要考查了由向量平行求参数，属于基础题.
5. 若角终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据角度终边上点的坐标，即可容易求得结果.
【详解】因为角终边经过点，
则.
故选：C.
【点睛】本题考查由角度终边上的一点求三角函数值，属基础题.
6. 已知向量，，且，则的坐标可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设的坐标，然后根据以及，简单计算，可得结果.
【详解】设
由，且，所以①
又，所以②
由①②可知：或
故向量或
故选：B
【点睛】本题考查向量的坐标运算，重在计算，属基础题.
7. 棱长为3的正方体的8个顶点均在同一个球面上，则此球的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求得正方体的对角线长为，根据球的直径等于长方体的对角线长，求得球的半径，结合体积公式，即可求解.
【详解】由题意，棱长为3的正方体的对角线长为，
设外接球的半径为，
根据组合体的性质，可得，即，
所以球的体积为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查球的体积的计算，以及组合体的性质，其中解答中熟记组合体的性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
8. 非零向量满足且与夹角为，则“”是“”的（ ）
A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，若，根据向量的数量积和模的计算公式，可得，得到，；反之也可求得，即可得到答案.
【详解】由题意，非零向量满足且与夹角为，
若，即，
解得，又因为，可得，即充分性是成立的；
若，由，可得，即必要性是成立的，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记向量的数量积的运算，以及向量的模的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
9. 若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．
【详解】解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
若函数在区间，上单调递增，
在区间，上，，，
则当最大时，，求得，
故选：C．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．
10. 已知一个正方体和一个圆柱等高，并且侧面积相等，则这个正方体和圆柱的体积之比为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为，根据侧面积相等，可得圆柱的底面半径为，再根据体积公式可得答案.
【详解】设正方体的棱长为，则圆柱的高为，设圆柱的底面半径为，
则正方体的侧面积为，圆柱的侧面积为，
所以，所以，
所以正方体和圆柱的体积之比为.
故选：B.
【点睛】本题考查了正方体和圆柱的侧面积与体积公式，属于基础题.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.
11. 一个圆锥的母线长为，母线与轴的夹角为，则圆锥底面半径为________.
【答案】；
【解析】
【分析】
作出圆锥的轴截面图，结合直角三角形边角关系，即可求解.
【详解】解：如图所示为圆锥的轴截面，,
所以圆锥底面半径，
故答案为:5.
【点睛】本题考查圆锥的结构特征，属于基础题.
12. 已知单位向量，的夹角为，则与的夹角为________.
【答案】；
【解析】
【分析】
根据平面向量的夹角公式计算可得.
【详解】因为单位向量，的夹角为，
所以，
所以,
设与的夹角为，则.
又，所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了平面向量的夹角公式，属于基础题.
13. 已知函数的部分图象如图所示，则的最小正周期为______.
【答案】
【解析】
【分析】
观察图象，可列式，解得结果即可.
【详解】设的最小正周期为，
由图可知，，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查了由三角函数的图象求最小正周期，属于基础题.
14. 在△中，已知，则的形状为______.
【答案】直角三角形
【解析】
【分析】
设，则，，由勾股定理可判断出三角形的形状.
【详解】解：设，则，，因为，所以为直角三角形，
故答案为: 直角三角形.
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，属于基础题.
15. 若两个函数的图象经过若干次平移后能够重合，则称这两个函数为“同形”函数.给出下列三个函数：
①；②；③.
其中，为“同形”函数的序号是_______.
【答案】①③
【解析】
【分析】
将①③中的函数解析式化简，根据“同形”函数的定义可知，两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，由此可得出结论.
【详解】根据“同形”函数的定义可知，若两个函数互为“同形”函数，则两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，
对于①中的函数，该函数的振幅为，最小正周期为；
对于②中的函数，该函数的振幅为，最小正周期为；
对于③中的函数，该函数的振幅为，最小正周期为.
将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象.
因此，为“同形”函数的序号是①③.
故答案为：①③.
【点睛】本题考查“同形”函数概念的理解，考查三角函数图象的平移变换，属于基础题.
16. 如图，四面体的一条棱长为，其余棱长均为，记四面体的表面积为，则函数的定义域为_______；最大值为_______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
设，取的中点为，连接，则,且,在中可得,取的中点为，连接，则, ,即得到函数的定义域，由，，表示出，求出其最大值即可.
【详解】设，取的中点为，连接，则,且.
中可得.
取的中点为，连接，则,
又，所以
则，则定义域为
由，则(当且仅当，即时等号成立)
所以当时，有最大值
故答案：8； .
【点睛】本题考查四面体的表面积的最大值问题，表示出表面积的表达式是关键，属于中档题.
三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知函数
（1）求函数的定义域及最小正周期；
（2）求函数的单调增区间.
【答案】（1）最小正周期为；定义域为；（2）单调递增区间是.
【解析】
【分析】
（1）将切化弦，并利用二倍角的正弦公式与余弦公式，可得，利用周期公式，可得最小正周期，然后根据正切函数需满足的条件可得函数的定义域.
（2）根据（1）的结论，使用整体法，，简单计算可得结果.
【详解】（1）因为
所以
所以
所以的最小正周期为.
要使有意义，则得，
所以的定义域为
（2）令得，
，
所以.
所以单调递增区间是
【点睛】本题考查切弦转化以及辅助角公式，还考查了使用整体法求解正弦型函数的单调区间，掌握基础的三角函数，熟练使用整体法，化繁为简，考验分析能力以及计算能力，属中档题.
18. 如图，在中，，，，点在边上，且．
（1）求；
（2）求线段的长．
【答案】（1）；（2）4.
【解析】
【分析】
（1）直接根据余弦定理即可求出；
（2）根据同角的三角函数的关系和正弦定理即可求出．
【详解】（1）根据余弦定理：；
（2）因为，所以，，
，
，
根据正弦定理得：，
．
【点睛】本题考查利用正余弦定理，同角的三角函数的关系，同时考查了学生的逻辑推理、数学运算等数学核心素养．属于中档题．
19. 已知函数满足下列3个条件：
①函数的周期为；②是函数的对称轴；③.
（1）请任选其中二个条件，并求出此时函数的解析式；
（2）若，求函数的最值.
【答案】（1）答案见解析，；（2）最大值；最小值.
【解析】
【分析】
(1)由①知，由②知，由③知，结合即可求出的解析式.
(2)由可得，进而可求出函数最值.
【详解】解：（1）选①②，则，解得，
因为，所以，即；
选①③，，由得，
因为，所以，即；
选②③，，由得，
因为，所以，即.
（2）由题意得，因为，所以.
所以当即时，有最大值，
所以当即时，有最小值.
【点睛】本题考查了三角函数的周期，考查了三角函数的对称轴，考查了三角函数的值域，考查了三角函数表达式的求解，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.
20. 已知在中，，，.
（1）求；
（2）若是钝角三角形，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理，简单计算可得结果
（2）利用余弦定理可得或，然后根据 是钝角三角形以及余弦定理进行验证可确定，最后使用三角形面积公式，可得结果.
【详解】（1）在中,
根据正弦定理得，则，
所以
（2）因为，
所以.
解得或.
当时，
所以为钝角，所以△的面积
当时，.
此时为锐角，不满足题意
所以△的面积.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及面积公式解三角形，重在熟悉公式，考验分析能力以及计算能力，属基础题.
21. 对于集合.
.集合中的元素个数记为.规定：若集合满足，则称集合具有性质.
（1）已知集合，，写出，并求出此时的值；
（2）已知均有性质，且，求的最小值.
【答案】（1），，，
所以；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据的定义求得，根据的定义求得.
（2）集合具有性质，等价于任意两个元素之和均不相同，则任意两个不同元素之差的绝对值均不相同，由此构造并求得.求得的表达式，结合绝对值的性质求得的最小值.
【详解】（1）由题意知，，，
所以.
（2）由题意，集合具有性质，等价于任意两个元素之和均不相同.
如，对于任意的，有，
等价于，即任意两个不同元素之差的绝对值均不相同.
令，
由具有性质.
因为集合均有性质，且，
所以，当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
【点睛】本小题主要考查新定义集合的理解和应用，属于难题.
（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。
（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。
【期末检测】人教版高一下学期期末数学试题12（解析版）
高一数学
本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，把答案填在答题卡上.
1. 已知的值等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用两角和与差的正弦公式求得答案.
【详解】.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了两角和与差的正弦函数公式.属于基础题.
2. 若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由两角差的正切公式直接计算．
【详解】由，
故选：A
【点睛】本题考查两角差的正切公式，直接利用公式计算即可，本题属于基础题．
3. 与角终边相同的角为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据终边相同角的概念，可写出与终边相同角，调整参数即可求解答案.
【详解】与角终边相同的角可写成
令，则
故选：C
【点睛】本题考查终边相同角的概念，属于基础题.
4. 已知向量，，满足，则（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由向量平行的坐标运算求解即可.
【详解】向量，，
，
故选：D
【点睛】本题主要考查了由向量平行求参数，属于基础题.
5. 若角终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据角度终边上点的坐标，即可容易求得结果.
【详解】因为角终边经过点，
则.
故选：C.
【点睛】本题考查由角度终边上的一点求三角函数值，属基础题.
6. 已知向量，，且，则的坐标可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设的坐标，然后根据以及，简单计算，可得结果.
【详解】设
由，且，所以①
又，所以②
由①②可知：或
故向量或
故选：B
【点睛】本题考查向量的坐标运算，重在计算，属基础题.
7. 棱长为3的正方体的8个顶点均在同一个球面上，则此球的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求得正方体的对角线长为，根据球的直径等于长方体的对角线长，求得球的半径，结合体积公式，即可求解.
【详解】由题意，棱长为3的正方体的对角线长为，
设外接球的半径为，
根据组合体的性质，可得，即，
所以球的体积为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查球的体积的计算，以及组合体的性质，其中解答中熟记组合体的性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
8. 非零向量满足且与夹角为，则“”是“”的（ ）
A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，若，根据向量的数量积和模的计算公式，可得，得到，；反之也可求得，即可得到答案.
【详解】由题意，非零向量满足且与夹角为，
若，即，
解得，又因为，可得，即充分性是成立的；
若，由，可得，即必要性是成立的，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记向量的数量积的运算，以及向量的模的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
9. 若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．
【详解】解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
若函数在区间，上单调递增，
在区间，上，，，
则当最大时，，求得，
故选：C．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．
10. 已知一个正方体和一个圆柱等高，并且侧面积相等，则这个正方体和圆柱的体积之比为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为，根据侧面积相等，可得圆柱的底面半径为，再根据体积公式可得答案.
【详解】设正方体的棱长为，则圆柱的高为，设圆柱的底面半径为，
则正方体的侧面积为，圆柱的侧面积为，
所以，所以，
所以正方体和圆柱的体积之比为.
故选：B.
【点睛】本题考查了正方体和圆柱的侧面积与体积公式，属于基础题.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.
11. 一个圆锥的母线长为，母线与轴的夹角为，则圆锥底面半径为________.
【答案】；
【解析】
【分析】
作出圆锥的轴截面图，结合直角三角形边角关系，即可求解.
【详解】解：如图所示为圆锥的轴截面，,
所以圆锥底面半径，
故答案为:5.
【点睛】本题考查圆锥的结构特征，属于基础题.
12. 已知单位向量，的夹角为，则与的夹角为________.
【答案】；
【解析】
【分析】
根据平面向量的夹角公式计算可得.
【详解】因为单位向量，的夹角为，
所以，
所以,
设与的夹角为，则.
又，所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了平面向量的夹角公式，属于基础题.
13. 已知函数的部分图象如图所示，则的最小正周期为______.
【答案】
【解析】
【分析】
观察图象，可列式，解得结果即可.
【详解】设的最小正周期为，
由图可知，，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查了由三角函数的图象求最小正周期，属于基础题.
14. 在△中，已知，则的形状为______.
【答案】直角三角形
【解析】
【分析】
设，则，，由勾股定理可判断出三角形的形状.
【详解】解：设，则，，因为，所以为直角三角形，
故答案为: 直角三角形.
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，属于基础题.
15. 若两个函数的图象经过若干次平移后能够重合，则称这两个函数为“同形”函数.给出下列三个函数：
①；②；③.
其中，为“同形”函数的序号是_______.
【答案】①③
【解析】
【分析】
将①③中的函数解析式化简，根据“同形”函数的定义可知，两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，由此可得出结论.
【详解】根据“同形”函数的定义可知，若两个函数互为“同形”函数，则两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，
对于①中的函数，该函数的振幅为，最小正周期为；
对于②中的函数，该函数的振幅为，最小正周期为；
对于③中的函数，该函数的振幅为，最小正周期为.
将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象.
因此，为“同形”函数的序号是①③.
故答案为：①③.
【点睛】本题考查“同形”函数概念的理解，考查三角函数图象的平移变换，属于基础题.
16. 如图，四面体的一条棱长为，其余棱长均为，记四面体的表面积为，则函数的定义域为_______；最大值为_______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
设，取的中点为，连接，则,且,在中可得,取的中点为，连接，则, ,即得到函数的定义域，由，，表示出，求出其最大值即可.
【详解】设，取的中点为，连接，则,且.
中可得.
取的中点为，连接，则,
又，所以
则，则定义域为
由，则(当且仅当，即时等号成立)
所以当时，有最大值
故答案：8； .
【点睛】本题考查四面体的表面积的最大值问题，表示出表面积的表达式是关键，属于中档题.
三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知函数
（1）求函数的定义域及最小正周期；
（2）求函数的单调增区间.
【答案】（1）最小正周期为；定义域为；（2）单调递增区间是.
【解析】
【分析】
（1）将切化弦，并利用二倍角的正弦公式与余弦公式，可得，利用周期公式，可得最小正周期，然后根据正切函数需满足的条件可得函数的定义域.
（2）根据（1）的结论，使用整体法，，简单计算可得结果.
【详解】（1）因为
所以
所以
所以的最小正周期为.
要使有意义，则得，
所以的定义域为
（2）令得，
，
所以.
所以单调递增区间是
【点睛】本题考查切弦转化以及辅助角公式，还考查了使用整体法求解正弦型函数的单调区间，掌握基础的三角函数，熟练使用整体法，化繁为简，考验分析能力以及计算能力，属中档题.
18. 如图，在中，，，，点在边上，且．
（1）求；
（2）求线段的长．
【答案】（1）；（2）4.
【解析】
【分析】
（1）直接根据余弦定理即可求出；
（2）根据同角的三角函数的关系和正弦定理即可求出．
【详解】（1）根据余弦定理：；
（2）因为，所以，，
，
，
根据正弦定理得：，
．
【点睛】本题考查利用正余弦定理，同角的三角函数的关系，同时考查了学生的逻辑推理、数学运算等数学核心素养．属于中档题．
19. 已知函数满足下列3个条件：
①函数的周期为；②是函数的对称轴；③.
（1）请任选其中二个条件，并求出此时函数的解析式；
（2）若，求函数的最值.
【答案】（1）答案见解析，；（2）最大值；最小值.
【解析】
【分析】
(1)由①知，由②知，由③知，结合即可求出的解析式.
(2)由可得，进而可求出函数最值.
【详解】解：（1）选①②，则，解得，
因为，所以，即；
选①③，，由得，
因为，所以，即；
选②③，，由得，
因为，所以，即.
（2）由题意得，因为，所以.
所以当即时，有最大值，
所以当即时，有最小值.
【点睛】本题考查了三角函数的周期，考查了三角函数的对称轴，考查了三角函数的值域，考查了三角函数表达式的求解，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.
20. 已知在中，，，.
（1）求；
（2）若是钝角三角形，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理，简单计算可得结果
（2）利用余弦定理可得或，然后根据 是钝角三角形以及余弦定理进行验证可确定，最后使用三角形面积公式，可得结果.
【详解】（1）在中,
根据正弦定理得，则，
所以
（2）因为，
所以.
解得或.
当时，
所以为钝角，所以△的面积
当时，.
此时为锐角，不满足题意
所以△的面积.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及面积公式解三角形，重在熟悉公式，考验分析能力以及计算能力，属基础题.
21. 对于集合.
.集合中的元素个数记为.规定：若集合满足，则称集合具有性质.
（1）已知集合，，写出，并求出此时的值；
（2）已知均有性质，且，求的最小值.
【答案】（1），，，
所以；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据的定义求得，根据的定义求得.
（2）集合具有性质，等价于任意两个元素之和均不相同，则任意两个不同元素之差的绝对值均不相同，由此构造并求得.求得的表达式，结合绝对值的性质求得的最小值.
【详解】（1）由题意知，，，
所以.
（2）由题意，集合具有性质，等价于任意两个元素之和均不相同.
如，对于任意的，有，
等价于，即任意两个不同元素之差的绝对值均不相同.
令，
由具有性质.
因为集合均有性质，且，
所以，当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
【点睛】本小题主要考查新定义集合的理解和应用，属于难题.
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