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河南省驻马店市青桐鸣2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河南省驻马店市青桐鸣2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含河南省驻马店市青桐鸣2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题北师大版原卷版docx、河南省驻马店市青桐鸣2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题北师大版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知为虚数单位，复数满足，则共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用共轭复数的概念得答案.
【详解】因为，所以，故.
故选：B.
2. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可得出．
【详解】因为，所以，解得．
故选：A
3. 已知某圆锥的母线长为8，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆的半径为（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用扇形弧长公式即可求出圆锥底面圆半径.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
则，解得.
故选:B
4. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，，则，可能平行、异面或者相交
B. 若，，则与可能平行、相交或者
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线和平面的位置关系，逐项分析判断即可得解.
【详解】若，则可能平行､异面或者相交，故A正确；
若，则与可能平行､相交或者，故B正确；
若，则与可能平行，也可能，故C错误；
若，由线面垂直的性质定理可知，故D正确.
故选：C.
5. 已知向量，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知利用平方运算可求得，代入投影向量公式即可求得结果.
【详解】，，
，，
又∵，
，
∴，
解得：，
则向量在上的投影向量为为.
故选：D.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过已知角和所求角之间的关系，将所求角的三角函数值转化为已知角的三角函数值可解.
【详解】
.
所以
故选：A
7. 在正方体中，三棱锥的体积为72，则正方体的棱长为（）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】利用锥体的体积公式，结合割补法即可得解.
【详解】设正方体的棱长为，
易得，
所以，解得，
故正方体的棱长为6.
故选：C.
8. 已知函数且，若方程与方程共有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出函数的图像，将方程6个不同的实数根转化为有4个不同的实根，有2个不同的实根，即可得出结果.
【详解】当时，可知，当时，可知，所以根据正弦函数的单调性可得大致图象如图所示，
由方程与方程共有6个实数根,可知有4个不同的实根，有2个不同的实根，
所以，
解得.
故选:C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 四边形为等腰梯形D. 四边形的周长为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关.
【详解】由题意可画出其直观图如下，
其中，故A错误，B正确；
过点分别作，垂足分别为点，
故，
，故，
则四边形等腰梯形，故C正确；
故四边形的周长为，即D错误.
故选：BC.
10. 已知当时，函数不单调，其中，则实数可能的取值有（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用绝对值定义去掉绝对值符号，根据正切函数的单调性，求解的取值范围即可.
【详解】∵，
∴
当时，，
当时，
∵当时，函数不单调，
∴，
，
故选：BD
11. 在三棱锥中，底面，，，，以点为球心，作一个表面积为的球，设三棱锥外接球的半径为，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为1B. 的最小值为
C. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为D. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为
【答案】AC
【解析】
【分析】设，则，在中，由余弦定理得.设的外接圆半径为，在中，由正弦定理得，则，利用二次函数性质即可求得的最小值，由已知计算可证得平面，过点作交于点，则可证得侧面.进而可得，设球的半径为，则 .由，进而可得点在侧面上的轨迹长即为球与侧面的交线长.取计算研究，可得结果.
【详解】因为底面，故，
设，则，
由，且，得.
在中，由余弦定理得.
设的外接圆半径为，
在中，由正弦定理得，
则，当时，取得最小值1，
故A正确，B错误.
此时，又，所以.
又因为，所以平面，
过点作交于点，则，所以侧面.
而，设球的半径为，则，所以.由，
设，则点在侧面上的轨迹长即为球与侧面的交线长.取研究，
当在上时，，所以；
当在上时，在中，由正弦定理得，
即，解得.
因为，所以，故，.
因为，所以，
所以点在侧面上的运动轨迹是半径为1，圆心角为的圆弧，弧长为，
所以当取得最小值时，球与侧面的交线长为，故C正确，D错误.
故选：AC.
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为复数的共轭复数，且满足，则复数的实部为______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义，结合复数加法运算即可求解.
【详解】设，为虚数单位，则，
由题意可得，解得，故的实部为1.
故答案为：1
13. 函数的最小正周期为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角公式可得，即可由周期公式求解.
【详解】，
故周期，
故答案为：
14. 在中，角，，所对的边分别是，，，若，，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理得到，即，再利用辅助角公式即可得到，即可得到的取值范围.
【详解】，
，当且仅当取等号，
，即，即，
，，
又，则，
故答案为：
四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知利用诱导公式化简即可得到的值；
（2）利用诱导公式及二倍角公式化简得出原式等于，分子分母同时除以，化为求解．
【小问1详解】
由可得：，
即，
【小问2详解】
16. 已知复数，，为虚数单位，.
（1）若在复平面内对应的点位于第一象限，求的取值范围；
（2）若是方程的根，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据第一象限点的特征，即可列不等式求解，
（2）将代入方程中，根据复数相等的充要条件即可求解，由模长公式即可求解.
【小问1详解】
因为在复平面内对应的点位于第一象限，
所以解得.
小问2详解】
由题意可得，
故，
即，
所以解得，
故.
17. 已知函数的图象过，两点，将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象.
（1）求函数解析式；
（2）若函数，求函数的单调区间.
【答案】（1）
（2）
答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据题目条件可得，由可得，再将代入解析式解得，故，最后根据三角函数图象的伸缩平移变换即可求出的解析式；
（2）由（1）可得，根据，可得，，再根据正弦函数的单调区间即可求出的单调区间.
【小问1详解】
因为函数的图象过，两点，
所以，即，解得，
又因为，则.
所以，
所以，则，
又因为，所以，即，
所以将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
再向右平移个单位长度得.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，即，
解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为
18. 如图，为三棱锥的高，且点在的内部.点为的中点，且，直线平面.
（1）求直线与平面所成角的大小.
（2）若直线分别与直线，所成的角相等，且.
①求二面角的大小；
②求三棱锥的体积.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由题意即为直线与平面所成的角，计算可得为等边三角形，即可得出结果；
（2）①如图，延长交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而证得即为二面角的平面角，计算求解即可;
②利用勾股定理求解出,长，即可求出的体积.
【小问1详解】
因为为三棱锥的高，故底面.
又平面，故.
因为点为的中点，故，
则为等边三角形，故.
又底面，则即为直线与平面所成的角，
故与平面所成角的大小为.
【小问2详解】
①如图，延长交于点，连接.
直线为过直线的平面与平面的交线，
又平面，故.
又为的中点，故为的中点.
则，
又平面平面，
故，易知.
因为直线与直线所成的角相等，
所以.
在与中，
故，故.
在与中，
故，故，
即为的平分线，
又，则，且为的中点，
又，则，
则即为二面角的平面角，
则，
则二面角的大小为.
②由，可知，则，
故.
19. 三边长度均为整数的三角形称为“整边三角形”.若整边三角形的内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）证明：；
（2）若，当取最小值时，求整边三角形的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）变形得到，由正弦定理得即可证得结果；
（2）由题意得到，由正弦定理和余弦定理得到，求出，由，求出的最小值为4，进而由三角形面积求出答案.
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
由正弦定理，
得.
【小问2详解】
因为，由正弦定理
及余弦定理可得，
，
解得（舍）或，
故，
则，
所以.
因为，所以的最小值为4，
此时，
所以整边三角形的面积为.
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知为虚数单位，复数满足，则共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用共轭复数的概念得答案.
【详解】因为，所以，故.
故选：B.
2. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可得出．
【详解】因为，所以，解得．
故选：A
3. 已知某圆锥的母线长为8，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆的半径为（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用扇形弧长公式即可求出圆锥底面圆半径.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
则，解得.
故选:B
4. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，，则，可能平行、异面或者相交
B. 若，，则与可能平行、相交或者
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线和平面的位置关系，逐项分析判断即可得解.
【详解】若，则可能平行､异面或者相交，故A正确；
若，则与可能平行､相交或者，故B正确；
若，则与可能平行，也可能，故C错误；
若，由线面垂直的性质定理可知，故D正确.
故选：C.
5. 已知向量，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知利用平方运算可求得，代入投影向量公式即可求得结果.
【详解】，，
，，
又∵，
，
∴，
解得：，
则向量在上的投影向量为为.
故选：D.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过已知角和所求角之间的关系，将所求角的三角函数值转化为已知角的三角函数值可解.
【详解】
.
所以
故选：A
7. 在正方体中，三棱锥的体积为72，则正方体的棱长为（）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】利用锥体的体积公式，结合割补法即可得解.
【详解】设正方体的棱长为，
易得，
所以，解得，
故正方体的棱长为6.
故选：C.
8. 已知函数且，若方程与方程共有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出函数的图像，将方程6个不同的实数根转化为有4个不同的实根，有2个不同的实根，即可得出结果.
【详解】当时，可知，当时，可知，所以根据正弦函数的单调性可得大致图象如图所示，
由方程与方程共有6个实数根,可知有4个不同的实根，有2个不同的实根，
所以，
解得.
故选:C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 四边形为等腰梯形D. 四边形的周长为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关.
【详解】由题意可画出其直观图如下，
其中，故A错误，B正确；
过点分别作，垂足分别为点，
故，
，故，
则四边形等腰梯形，故C正确；
故四边形的周长为，即D错误.
故选：BC.
10. 已知当时，函数不单调，其中，则实数可能的取值有（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用绝对值定义去掉绝对值符号，根据正切函数的单调性，求解的取值范围即可.
【详解】∵，
∴
当时，，
当时，
∵当时，函数不单调，
∴，
，
故选：BD
11. 在三棱锥中，底面，，，，以点为球心，作一个表面积为的球，设三棱锥外接球的半径为，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为1B. 的最小值为
C. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为D. 当取得最小值时，球与侧面的交线长为
【答案】AC
【解析】
【分析】设，则，在中，由余弦定理得.设的外接圆半径为，在中，由正弦定理得，则，利用二次函数性质即可求得的最小值，由已知计算可证得平面，过点作交于点，则可证得侧面.进而可得，设球的半径为，则 .由，进而可得点在侧面上的轨迹长即为球与侧面的交线长.取计算研究，可得结果.
【详解】因为底面，故，
设，则，
由，且，得.
在中，由余弦定理得.
设的外接圆半径为，
在中，由正弦定理得，
则，当时，取得最小值1，
故A正确，B错误.
此时，又，所以.
又因为，所以平面，
过点作交于点，则，所以侧面.
而，设球的半径为，则，所以.由，
设，则点在侧面上的轨迹长即为球与侧面的交线长.取研究，
当在上时，，所以；
当在上时，在中，由正弦定理得，
即，解得.
因为，所以，故，.
因为，所以，
所以点在侧面上的运动轨迹是半径为1，圆心角为的圆弧，弧长为，
所以当取得最小值时，球与侧面的交线长为，故C正确，D错误.
故选：AC.
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为复数的共轭复数，且满足，则复数的实部为______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义，结合复数加法运算即可求解.
【详解】设，为虚数单位，则，
由题意可得，解得，故的实部为1.
故答案为：1
13. 函数的最小正周期为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角公式可得，即可由周期公式求解.
【详解】，
故周期，
故答案为：
14. 在中，角，，所对的边分别是，，，若，，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理得到，即，再利用辅助角公式即可得到，即可得到的取值范围.
【详解】，
，当且仅当取等号，
，即，即，
，，
又，则，
故答案为：
四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知利用诱导公式化简即可得到的值；
（2）利用诱导公式及二倍角公式化简得出原式等于，分子分母同时除以，化为求解．
【小问1详解】
由可得：，
即，
【小问2详解】
16. 已知复数，，为虚数单位，.
（1）若在复平面内对应的点位于第一象限，求的取值范围；
（2）若是方程的根，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据第一象限点的特征，即可列不等式求解，
（2）将代入方程中，根据复数相等的充要条件即可求解，由模长公式即可求解.
【小问1详解】
因为在复平面内对应的点位于第一象限，
所以解得.
小问2详解】
由题意可得，
故，
即，
所以解得，
故.
17. 已知函数的图象过，两点，将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象.
（1）求函数解析式；
（2）若函数，求函数的单调区间.
【答案】（1）
（2）
答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据题目条件可得，由可得，再将代入解析式解得，故，最后根据三角函数图象的伸缩平移变换即可求出的解析式；
（2）由（1）可得，根据，可得，，再根据正弦函数的单调区间即可求出的单调区间.
【小问1详解】
因为函数的图象过，两点，
所以，即，解得，
又因为，则.
所以，
所以，则，
又因为，所以，即，
所以将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
再向右平移个单位长度得.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，即，
解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为
18. 如图，为三棱锥的高，且点在的内部.点为的中点，且，直线平面.
（1）求直线与平面所成角的大小.
（2）若直线分别与直线，所成的角相等，且.
①求二面角的大小；
②求三棱锥的体积.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由题意即为直线与平面所成的角，计算可得为等边三角形，即可得出结果；
（2）①如图，延长交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而证得即为二面角的平面角，计算求解即可;
②利用勾股定理求解出,长，即可求出的体积.
【小问1详解】
因为为三棱锥的高，故底面.
又平面，故.
因为点为的中点，故，
则为等边三角形，故.
又底面，则即为直线与平面所成的角，
故与平面所成角的大小为.
【小问2详解】
①如图，延长交于点，连接.
直线为过直线的平面与平面的交线，
又平面，故.
又为的中点，故为的中点.
则，
又平面平面，
故，易知.
因为直线与直线所成的角相等，
所以.
在与中，
故，故.
在与中，
故，故，
即为的平分线，
又，则，且为的中点，
又，则，
则即为二面角的平面角，
则，
则二面角的大小为.
②由，可知，则，
故.
19. 三边长度均为整数的三角形称为“整边三角形”.若整边三角形的内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）证明：；
（2）若，当取最小值时，求整边三角形的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）变形得到，由正弦定理得即可证得结果；
（2）由题意得到，由正弦定理和余弦定理得到，求出，由，求出的最小值为4，进而由三角形面积求出答案.
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
由正弦定理，
得.
【小问2详解】
因为，由正弦定理
及余弦定理可得，
，
解得（舍）或，
故，
则，
所以.
因为，所以的最小值为4，
此时，
所以整边三角形的面积为.
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