广西钦州市2023-2024学年高一下学期期末教学期末数学试题

这是一份广西钦州市2023-2024学年高一下学期期末教学期末数学试题，共11页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知，则，已知，是函数，已知函数等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.
4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一章到第四章，第六章.
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.已知向量，，若，则（ ）
A.10B.C.D.
2.下列说法正确的是（ ）
A.有两个平面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱
B.底面是正六边形的棱锥是正六棱锥
C.棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点
D.绕直角梯形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台
3.要得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）
A.向左平移个单位长度B.向左平移个单位长度
C.向右平移个单位长度D.向右平移个单位长度
4.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（ ）
A.若，，则B.若，，则
C.若，，则D.若，，则
5.已知，则（ ）
A.B.C.2D.
6.小明在手工课上用硬纸板做了一个圆锥形容器，若该圆锥形容器的轴截面是边长为分米的等边三角形，忽略硬纸板的厚度，则该圆锥形容器的容积是（ ）
A.立方分米B.立方分米C.立方分米D.立方分米
7.正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，，是该正五角星的中心，则（ ）
A.B.C.12D.18
8.已知，是函数（）图象与轴的两个相邻的交点，若，则（ ）
A.4B.8C.4或8D.8或16
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.在中，角，，的对边分别是，，，若，，，则的值可以是（ ）
A.B.C.D.
10.已知函数（，）的部分图象如图所示，则（ ）
A.B.
C.的图象关于点对称D.不等式的解集是（）
11.已知三棱锥的底面是直角三角形，平面，，则（ ）
A.三棱锥外接球的表面积为
B.三棱锥外接球的表面积为
C.三棱锥内切球的半径为
D.三棱锥内切球的半径为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图，四边形在斜二测画法下的直观图是边长为2的正方形，则四边形的面积是______.
13.某数学兴趣小组成员为了测量，两地之间的距离，在同一水平面上选取地，测得在的东偏北75°方向上，且距离地3千米，测得在的北偏东75°方向上，且距离地2千米，则，两地之间的距离是______千米.
14.是直线外一点，点在直线上（点与，两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段外，记.已知点在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，则______.
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.（13分）
已知向量，的夹角为120°，且，.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
16.（15分）
如图，四棱锥的底面是正方形，，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）证明：平面平面.
17.（15分）
已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）求在区间上的值域.
18.（17分）
如图，在四棱柱中，平面平面，，，，.
（1）证明：平面.
（2）求四棱柱的体积.
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
19.（17分）
记的内角，，的对边分别是，，，已知.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值；
（3）已知点在边上，，，，求的长.
钦州市2024年春季学期高一期末教学质量监测
数学试卷参考答案
1. A 由题意可得，解得.
2. C 棱台有两个平面平行，其余各面都是梯形，则A错误.底面是正六边形，且所有侧棱相等的棱锥是正六棱锥，则B错误.由棱台的定义可知棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点，则C正确.绕直角梯形的直角腰所在直线旋转一周得到的几何体是圆台，则D错误.
3. B 因为，
所以要得到函数的图象，
只需要将函数的图象向左平移个单位长度.
4. D 若，，则或，故A错误.若，，则或，相交，故B错误.若，，则或或，故C错误.若，，则，故D正确.
5. C 因为，所以，所以.
6. A 设该圆锥形的容器的底面圆的半径为，高为，则分米，分米，
则小明制作的圆锥形的容器的容积是立方分米.
7. D 作，垂足为（图略），则为的中点，故.
8. C 由题意可得或，则或.
因为，所以，即或，解得或.
9. AD 因为，且，所以.
由正弦定理可得，则，故或.
10. BC 因为点在的图象上，所以，
所以（），解得（），
因为，所以，则A错误.
因为点在的图象上，所以，解得，则B正确.
因为，
所以的图象关于点对称，则C正确.
由，即，即，
得（），解得（），
所以不等式的解集是（），则D错误.
11. AC 由题意可知，，两两垂直，则三棱锥外接球的半径满足，从而三棱锥外接球的表面积为，故A正确，B错误.由题意可得三棱锥的体积，
三棱锥的表面积.
设三棱锥内切球的半径为，
因为，所以，则C正确，D错误.
12. 由题意可得正方形的面积，
则四边形的面积.
13. 由题意可得，，.在中，由余弦定理可得，则千米.
14. 如图，因为，所以，，.
由正方体的定义可知，则，故，
，，.
因为，所以，
则.
15.解：因为向量，的夹角为120°，且，，所以.
（1）因为，
所以.
（2）因为，所以，
所以，即，解得.
16.证明：（1）记，连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为是的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为，所以.
因为四边形是正方形，所以.11分
因为，平面，且，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
17.解：由题意可得.
（1）令（），
解得（），
故的单调递减区间为（）.
（2）因为，所以.
当，即时，取得最大值，
最大值为；
当，即时，取得最小值，
最小值为.
故在区间上的值域为.
18.（1）证明：在上取点，使得，连接，则四边形是正方形.
因为，，所以.
因为，，所以，所以.
因为，所以.
因为平面平面，且平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面，且与相交，所以平面.
因为平面平面，，所以平面.
（2）解：由题意可得梯形的面积，
则四棱柱的体积.
（3）解：作平面，垂足为，连接，
则是直线与平面所成的角.
由题意可得的面积.
由（1）可知平面，所以三棱锥的体积.
因为，且，所以.
由（1）可知平面，则.
又，，所以.
在中，由余弦定理可知，
则，
所以，则的面积，
故三棱锥的体积.
因为，所以，解得，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
19.解：（1）因为，所以，
所以，
所以.
因为，所以.
（2）由余弦定理可得，即.
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，所以，
则的面积，
即面积的最大值为.
（3）在中，，
所以.
因为，计算可得，
所以，，
所以，则，
所以.
因为，所以，
所以，
则，故.