河南省2023_2024学年高一数学下学期7月期末考试含解析

这是一份河南省2023_2024学年高一数学下学期7月期末考试含解析，共20页。
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
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. 与角终边相同的角是（）
A. B. C. D.
2. 已知向量，，若，则（）
A. B. C. D.
3. 若，则的值为（）
A. B. C. D.
4. 已知圆柱的母线长比底面半径长多2cm，表面积为24π cm2，则该圆柱的体积为（）
A. 12πB. 14πC. 16πD. 18π
5. 函数的部分图象如图所示，则（）
A. B. C. D.
6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（）
A. 为直角三角形B. 为锐角三角形
C. 为钝角三角形D. 的形状无法确定
7. 已知（其中），若方程在区间上恰有4个实根，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
8. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为（为常数）的一个球面上，底面是正方形且球心到平面的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球的体积等于（ ）
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. 如图，小明在A处向正东方向走3km后到达B处，他再沿南偏西30°方向走a km到达C处，这时他离出发点A的距离为km，那么的值可以是（）
A. 1B. C. D. 2
10. 下列不等式中成立的是（）
A. B.
C. D.
11. 如图，在长方体中，，为的中点，为棱上任意一点，直线与棱交于点.则下列结论正确的是（）
A. 四边形平行四边形
B. 当为中点时，四边形是菱形
C. 四边形的周长的最小值为9
D. 四棱锥的体积为4
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则的虚部为________.
13. 已知向量满足，且，则__________．
14. 如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为__________．
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤．
15. 已知复数是一元二次方程（，）的根.
（1）求的值；
（2）若复数（其中）为纯虚数，求复数模.
16. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若△ABC外接圆的面积为，，求△ABC的面积.
17. 已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）若为锐角，，求的值．
18. 如图，在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，BD与EF相交于点G，记.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为菱形，，.
（1）求锐二面角大小；
（2）求AP与平面所成的角的正弦值.绝密★启用前
2023~2024学年度下学期期末质量检测
高一数学
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
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. 与角终边相同的角是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据终边相同角的概念，可写出的终边相同角，调整参数即可求解答案.
【详解】由题意，与角终边相同的角可写为，
令，代入，得
故选：B.
2. 已知向量，，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】已知向量，，
若，则，
解得.
故选：C.
3. 若，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式及正余弦齐次式法求值即得.
【详解】由，得.
故选：B
4. 已知圆柱的母线长比底面半径长多2cm，表面积为24π cm2，则该圆柱的体积为（）
A. 12πB. 14πC. 16πD. 18π
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆柱表面积公式求出底面圆半径，再求出体积即得.
【详解】设圆柱底面圆半径为，则圆柱母线长为，
由圆柱表面积为24π，得，解得，
所以该圆柱的体积为（）.
故选：C
5. 函数的部分图象如图所示，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，从而得到函数的解析式.
【详解】由图像可得, ,可得
由，可得
所以，由
所以,解得
由，所以
所以
故选：C
6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（）
A. 为直角三角形B. 为锐角三角形
C. 为钝角三角形D. 的形状无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案.
【详解】由，可得，
则，
，
，
即，
由，故只能为锐角，可得，
因为，所以，.
故选：A.
7. 已知（其中），若方程在区间上恰有4个实根，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得或，求出的值，再由求出的范围，然后由方程在区间上恰有4个实根，可得，从而可求出的取值范围.
【详解】由，得，
所以或，
所以，或，或，或，
由，得，所以，
因为方程在区间上恰有4个实根，
所以，解得，
故选：D
8. 已知四棱锥的所有顶点都在半径为（为常数）的一个球面上，底面是正方形且球心到平面的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球的体积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出，根据，求出，根据球的体积公式可得解.
【详解】因为，所以，
得，得，
有，有，
得，所以球的体积为.
故选：A
【点睛】本题考查了棱锥的体积公式，考查了球的体积公式，属于基础题.
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. 如图，小明在A处向正东方向走3km后到达B处，他再沿南偏西30°方向走a km到达C处，这时他离出发点A的距离为km，那么的值可以是（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据余弦定理，即可求解.
【详解】如图，
由条件可知
根据余弦定理可知，，
所以，解得或.
故选：AD.
10. 下列不等式中成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合诱导公式，根据和的单调性依次判断各个选项即可得到结果.
【详解】对于A，在上单调递增，又，，A正确；
对于B，在上单调递减，又，，B错误；
对于C，，又，，C正确；
对于D，，，
又，，D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在长方体中，，为的中点，为棱上任意一点，直线与棱交于点.则下列结论正确的是（）
A. 四边形是平行四边形
B. 当为的中点时，四边形是菱形
C. 四边形周长的最小值为9
D. 四棱锥的体积为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据面面平行的性质结平行四边形判定定理分析判断，对于B，根据已知条件可由三角形全等，得，从而可判断，对于C，设，则四边形的周长为，转化为平面上点之间的距离问题分析判断，对于D，利用等体积法分析判断.
【详解】对于A，因为为的中点，直线与棱交于点，所以四点共面，
因为平面∥平面，平面平面，平面平面，
所以∥，同理可证得∥，
所以四边形是平行四边形，所以A正确，
对于B，因为为的中点，所以，因为，，
所以≌，所以，
因为四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以B正确，
对于C，设，则，，
所以四边形的周长为
，
则看成平面上点到点的距离和，
设点关于轴的对称点为，则
所以
，当时取等号，
所以四边形的周长为10，所以C错误，
对于D，
，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的性质，考查棱柱的性质，考查棱锥的体积的计算，选项C解题的关键是将四边形的周长转化为平面上点到点的距离和的2倍，然后利用平面几何的知识求解，考查数学转化思想和空间想象能力，属于较难题.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则的虚部为________.
【答案】##
【解析】
【分析】先由复数乘除运算法则化简复数，进而根据共轭复数概念得即可得其虚部.
【详解】因为，
所以
故的虚部为.
故答案为：.
13. 已知向量满足，且，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】首先将条件等式两边平方，求，再代入向量模的计算公式，即可求解.
【详解】因，所以，
展开得，
将代入，整理得，
所以，即．
故答案为：1
14. 如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据中点可得线线平行，即可求证平面即为平面，即可利用三角形的边角关系求解长度求解.
【详解】在直三棱柱中，，
即底面为直角三角形，且斜边，
取的中点的中点的中点，连接，
则，所以，即四点共面，
由平面平面，所以平面，故平面即为平面，
取的中点的中点，连接，则为等腰梯形的高，
因为，
所以，
所以．
故答案为：
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤．
15. 已知复数是一元二次方程（，）的根.
（1）求的值；
（2）若复数（其中）为纯虚数，求复数的模.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由是一元二次方程的两根，并根据韦达定理即可求解；
（2）由（1）并结合为纯虚数，得，再代入复数中求模即可.
【小问1详解】
因为是一元二次方程的根，
所以也是一元二次方程的根，
故，解得.
【小问2详解】
因为复数为纯虚数，
所以，且，即.
所以复数，
故.
16. 已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对已知等式化简后，利用余弦定理可求出角A；
（2）先求出角三角形外接圆的半径，再由正弦定理可求出，将已知等式利用正弦定理统一成边的形式可求出，再结合（1）可求出，从而可求出三角形的面积.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，即，
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
因为△ABC的外接圆的面积为，所以△ABC的外接圆半径为，
由正弦定理得，，
因为，所以由正弦定理得，
由（1）知，
所以，得，则，
所以△ABC的面积为.
17. 已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）若为锐角，，求值．
【答案】（1）
（2）最大值为1，最小值为
（3）
【解析】
【分析】（1）将的解析式化为，然后解出不等式即可；
（2）由，得，然后根据正弦函数的知识可得答案；
（3）由条件可得，然后可得的值，然后利用算出答案即可.
【小问1详解】
由
．
令，，解得
故函数的减区间为
【小问2详解】
由，有
有，
故函数在区间上的最大值为1，最小值为；
【小问3详解】
由，可得
因为，可得
又由，可得，有．
有．
18. 如图，在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，BD与EF相交于点G，记.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将作为基底，利用平面向量基本定理结合共线定理对化简，用基底表示，然后列方程组可求得的值；
（2）把用基底表示，再作数量积运算即可.
小问1详解】
因为在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，
所以，，
因为点在上，所以设（），
因为，所以，
所以，
所以,
所以，解得，，
【小问2详解】
由（1）可知，，
因为，所以，
所以
.
19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为菱形，，.
（1）求锐二面角的大小；
（2）求AP与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，利用二面角的定义求解即得.
（2）取的中点，利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出点到平面的距离，再利用公式法求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
在四棱锥中，取中点，连接，
在菱形中，，则是正三角形，，由，得，
由是正三角形，得，则是二面角的平面角，
而，则，
所以锐二面角的大小为.
【小问2详解】
由（1）知，平面，而平面，则平面平面，
取中点，连接，由为正三角形，得，，
而平面平面，平面，则平面，
三棱锥的体积，
显然，，又平面，即有，
于是，
又，底边上的高，
设点到平面的距离为，由，得，
即，于是，解得，
由平面，平面，得平面，
因此点到平面的距离等于点到平面的距离，
令AP与平面所成的角为，则，
所以AP与平面所成的角的正弦值.
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．