[数学][期末]陕西省韩城市2023-2024学年高一下学期期末质量检测试题(解析版)

这是一份[数学][期末]陕西省韩城市2023-2024学年高一下学期期末质量检测试题(解析版)，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题编出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数（为虚数单位），则其共轭复数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】C
【解析】由，得，
所以其共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C.
2. 若扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的半径为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】设该扇形的半径为，则由题意得，解得.
故选：A.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径不可能相等
B. 直四棱柱是长方体
C. 将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥
D. 正棱锥侧面是全等的等腰三角形
【答案】D
【解析】A. 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径可能相等，故A错误；
B. 直四棱柱是底面是四边形，侧棱和底面垂直的棱柱，不一定是长方体，故B错误；
C. 将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个组合体，
上下是圆锥，中间是圆柱，故C错误；
D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确.
故选：D.
4. 在四边形中，若，且，则该四边形一定是（ ）
A. 正方形B. 矩形C. 菱形D. 等腰形
【答案】B
【解析】因为四边形中，，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
因为，所以，所以，
所以四边形为矩形.
故选：B.
5. 已知，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
因为，所以.
故选：A.
6. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，，
，由于，因此.
故选：D.
7. 如图，三棱锥的三条棱两两互相垂直，且，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为三棱锥的三条棱两两互相垂直，
所以三棱锥可以补成一个长方体，如图所示，
长方体的长，宽，高分别为，
则此长方体的外接球就是三棱锥的外接球，设外接球的半径为，
则，得，
所以三棱锥外接球的表面积为.
故选：C.
8. 阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置．由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移和时间的函数关系为，如图．若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为，且，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移小于的总时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得，
所以，，则，
令，得，
解得，
所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置位移小于的总时间为：
.
故选：D.
二、多项选择题（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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B. 的定义域为
C. 的图象关于点对称D. 在上单调递增
【答案】ABD
【解析】对于A，的最小正周期为，所以A正确；
对于B，由，得，
所以的定义域为，所以B正确；
对于C，因为，
所以的图象不关于点对称，所以C错误；
对于D，由，得，
因为在上递增，所以在上单调递增，所以D正确.
故选：ABD.
10. 下列命题错误的是（ ）
A. 若是平面内的三点，则
B. 若是两个单位向量，则
C. 若是任意两个向量，则
D. 向量可以作为平面内所有向量的一组基底
【答案】ABC
【解析】对于A，因为，所以A错误；
对于B，若，则是两个单位向量，而，所以B错误；
对于C，当共线同向时，，所以C错误；
对于D，若共线，则，所以，
，方程组无解，所以不共线，
所以可以作为平面内所有向量的一组基底，所以D正确.
故选：ABC.
11. 如图，菱形的对角线与交于点是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，且平面．则下列结论中正确的是（ ）
A. 异面直线与的夹角为
B. 平面平面
C. 与可能垂直
D. 与可能平行
【答案】ABC
【解析】对于A，因为是的中位线，所以，
则为异面直线与的夹角，
由题意可知，在中，，
故，
所以异面直线与的夹角为，A正确；
对于B，在菱形中有，
在等腰三角形中，又因为是平面内的两条相交直线，
所以平面，又因为平面，
则平面平面，B正确；
对于C，由B选项可知平面，平面，故，
平面与平面的交线为EF，
当平面与平面垂直时可得平面垂直，
平面，故，C正确；
对于D，根据题意可知，易发现相交，且平面，
所以与不可能平行，D错误.
故选：ABC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 复数的虚部为______．
【答案】
【解析】因为，所以复数的虚部为.
故答案为：.
13. 已知圆锥的底面圆的周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为______．
【答案】
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
因为圆锥的底面周长为，所以，得，
因为圆锥的侧面积为，所以，得，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故答案为：.
14. 已知是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，且，若，则______．
【答案】32
【解析】由得到，
即，设为线段中点，所以，
则，则，，
则.
故答案为：32.
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）若向量与垂直，求向量；
（2）若∥，求实数的值．
解：（1）向量与垂直，，解得或，
则向量.
（2），
又∥，，解得．
16. 已知.
（1）若为锐角，求的值.
（2）求的值.
解：（1）由，为锐角，，
得，
∴.
（2）由得，
则，∴．
17. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）先将图象上所有点的纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位长度，最后将图象向上平移1个单位长度后得到的图象，求函数在上的最大值．
解：（1）由所给图象知：，得，
即，得，，
把点代入得：，即，
又，，．
（2）将图象上所有点的纵坐标缩短到原来的倍，得，
再向右平移个单位长度，得，
最后将图象向上平移1个单位长度，得，所以，
当时，，
当，即时，有最大值，最大值为．
18. 在中，角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若的面积，求的周长．
解：（1）在中，由，得，
由正弦定理得，即，
又，即，于是，
由，得，因此，又，
所以．
（2）由面积，得，得，
又，由余弦定理，得，则，
于是，解得，
所以的周长为．
19. 如图，在三棱柱中，侧面，均为菱形，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
解：（1）连接，与交于点，连接，
四边形是平行四边形，为中点，
为中点，得，又平面，故平面.
（2）方法一：
由，，且为，的中点，
得，，，
又，为平面内两条相交直线，
得平面，故即为直线与平面所成的角；
由，，，
得四边形为菱形，又，故四边形为正方形，，
则为等腰直角三角形，且，故，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
以为原点，分别以射线，，为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
由，，为正三角形，
故，又，所以平面，
设，由，，
得即，故，
由，得，所以，
，；
设平面的一个法向量为，
由得可取，
设直线与平面所成角为，
则，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.