2024—2025学年广西桂林高一数学下册期末考试【含答案】

这是一份2024—2025学年广西桂林高一数学下册期末考试【含答案】，共18页。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 把弧度化成角度是（）
A. B. C. D.
3. 已知向量，，且，则（）
A2B. C. D.
4. 已知平面，和直线，，且，，，则与的位置关系是（）
A. 平行或异面B. 平行C. 异面D. 相交
5. 已知，且为第二象限角，则（）
A. B. C. D.
6. 已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（）
A. B. C. D.
7. “桂林山水甲天下”，如图，为测量桂林市某公园内一山的高，选择公园内某点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得的仰角，点的仰角以及，从点测得，已知山高，则山高（）．
A. B. C. D.
8. 已知圆心角为的扇形的半径为1，点是上的一点，点是线段上的一点，点、是线段上的两点，且四边形为矩形，则该矩形的最大面积为（）
A. B. C. D.
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. 已知复数，，则下列说法正确的有（）
AB.
C. D. 在复平面内，对应点关于虚轴对称
10. 函数（，，）在一个周期内的图象如图所示，则（）
A
B.
C.
D. 将函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）得到的函数图象关于轴对称
11. 如图，向透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，水是定量的（定体积为）．固定容器底面一边于地面上，，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个结论，其中正确的是（）
A. 水面所在四边形的面积为定值
B. 没有水的部分始终呈棱柱形
C. 棱一定与平面平行
D当容器倾斜如图所示时，（定值）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 计算_________（其中为虚数单位）．
13. 在正方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为_________．
14. 已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是_________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知向量，.
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）若向量与互相垂直，求的值.
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求的最大值以及取得最大值时的集合．
（3）求的单调递减区间．
17. 已知正方体的棱长为2．
（1）证明：．
（2）求三棱锥的体积．
18. 在中，角的对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若，且，求的面积．
19. 如图，已知直线，是，之间的一点，且于点，于点，，（，为常数），点、分别为直线、上的动点，且，设.
（1）若，求的面积；
（2）当恰好中点时，求的周长的最小值.桂林市2023～2024学年度下学期期末质量
高一年级数学
（考试用时120分钟，满分150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、学号和准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡的“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由坐标判断象限即可.
【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，在第二象限.
故选：B
2. 把弧度化成角度是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用弧度制与角度制的转化可得解.
【详解】因为，所以.
故选：D.
3. 已知向量，，且，则（）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将向量坐标代入等式，列出方程，求解即得.
【详解】由可得，解得，.
故选：B.
4. 已知平面，和直线，，且，，，则与的位置关系是（）
A. 平行或异面B. 平行C. 异面D. 相交
【答案】A
【解析】
【分析】结合两平面平行的位置关系，判断两直线没有公共点即得.
【详解】因，，，则与没有公共点，即与平行或异面.
故选：A.
5. 已知，且为第二象限角，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用同角三角函数关系计算求解即可.
【详解】因为为第二象限角,又因为,
所以.
故选：C.
6. 已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得球的半径，再由球的表面积公式，即可得到结果.
【详解】设球的半径为，则，解得，
所以球的表面积为，
故选：A.
7. “桂林山水甲天下”，如图，为测量桂林市某公园内一山的高，选择公园内某点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得的仰角，点的仰角以及，从点测得，已知山高，则山高（）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由条件求得长，再利用正弦定理求得长，最后在中求得.
【详解】在中，由可得；
在中，由正弦定理，,即得，
中，,则.
故选：B.
8. 已知圆心角为的扇形的半径为1，点是上的一点，点是线段上的一点，点、是线段上的两点，且四边形为矩形，则该矩形的最大面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图形，设，将，用的三角函数式表示，利用三角恒等变换将矩形面积化成，利用的范围，结合正弦函数的图象特点即可求得其最大值.
【详解】如图，设，则，，
由正弦定理，，解得，
故矩形的面积为：
，
因，则得，
故当时，即时，.
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. 已知复数，，则下列说法正确的有（）
A. B.
C. D. 在复平面内，对应的点关于虚轴对称
【答案】AB
【解析】
【分析】分别应用共轭复数、复数的模、复数的除法法则和复数的几何意义进行求解.
【详解】对于选项A，，故选项A正确；
对于选项B，，，所以，故选项B正确；
对于选项C，，故选项C错误；
对于选项D，在复平面内对应的点为，对应的点为，点关于实轴对称，故选项D错误.
故选：AB.
10. 函数（，，）在一个周期内的图象如图所示，则（）
A
B.
C.
D. 将函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）得到的函数图象关于轴对称
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，由图易得；对于B，利用周期公式即可求得；对于C，代入特殊点计算即得；对于D，利用平移变换求得函数式，再利用函数奇偶性即可判定.
【详解】对于A，因，由图知，故A正确；
对于B，设函数的最小正周期为,由图知,解得,则，解得，故B错误；
对于C，由图知函数图象经过点，则得，解得，因，故得，故C正确；
对于D，将函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）得到函数为:
，不是偶函数，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，向透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，水是定量的（定体积为）．固定容器底面一边于地面上，，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个结论，其中正确的是（）
A. 水面所在四边形面积为定值
B. 没有水的部分始终呈棱柱形
C. 棱一定与平面平行
D. 当容器倾斜如图所示时，（定值）
【答案】BCD
【解析】
【分析】画出随着倾斜度得到的图形，根据线面平行的性质及棱柱的定义判断A，B，C，再根据柱体的体积公式判断D.
【详解】依题意将容器倾斜，随着倾斜度的不同可得如下三种情形，
对于A：水面是矩形，线段的长一定，从图1到图2，再到图3的过程中，线段长逐渐增大，
则水面所在四边形的面积逐渐增大，故A错误；
对于B：依题意，水面，而平面平面，平面，则，
同理，而，，又平面，平面平面，
因此有水的部分的几何体是直棱柱，长方体去掉有水部分的棱柱，没有水的部分始终呈棱柱形，故B正确；
对于C：因为，平面，平面，因此平面，
即棱一定与平面平行，故C正确；
对于D ：当容器倾斜如图3所示时，有水部分的几何体是直三棱柱，其高为，体积为，
又，，所以，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 计算_________（其中为虚数单位）．
【答案】##
【解析】
【分析】把复数应用乘法化简即可.
【详解】.
故答案为：
13. 在正方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用平移得到异面直线所成角，借助于直角三角形求解即得.
【详解】
在正方体中，因,
故直线与所成角即直线与所成角，即.
设正方体棱长为2，因为的中点，则，于是,
即直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据题意结合平面向量基本定理可得，设，且，整理可得，进而可得结果.
【详解】设，即，
可得，
因为，
即，
整理可得，且不共线，
则，解得，
即，，
又因为点在内（不含边界），设，且，
可得，
则，
可得，可得，
且，可得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：1.设，根据题意结合平面向量基本定理可得；
2.根据三角形可设，且，用表示，即可得结果.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知向量，.
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）若向量与互相垂直，求的值.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的数量积即可求得结果.
（2）利用两向量垂直的条件即可求得结果.
【小问1详解】
由，，
所以，
，，
设向量与的夹角为，则.
【小问2详解】
若向量与互相垂直，
则，
所以.
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求的最大值以及取得最大值时的集合．
（3）求的单调递减区间．
【答案】（1）；
（2）最大值为3，；
（3），.
【解析】
【分析】（1）利用周期公式计算即得；
（2）将看成整体角，结合余弦函数的图象，即可求得；
（3）将看成整体角，结合余弦函数的递减区间，计算即得.
【小问1详解】
，故的最小正周期为；
【小问2详解】
当，时，即，时，
，得，即最大值为3．
则的最大值为，取得最大值时的集合为；
【小问3详解】
由，得，
所以函数的单调递减区间是，.
17. 已知正方体的棱长为2．
（1）证明：．
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证平面，则可得；
（2）利用等体积转化即可求得.
【小问1详解】
在正方体中，，
平面，平面，．
又，、平面，平面．
又平面，．
【小问2详解】
正方体中，平面，
.
18. 在中，角对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理边化角，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由余弦定理结合三角形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，
所以根据正弦定理得，
因为，
所以，
即，
即．
因为，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
．
因为，所以①．
因为，
所以②．
联立①②可得，解得（负根舍去），
故的面积为．
19. 如图，已知直线，是，之间的一点，且于点，于点，，（，为常数），点、分别为直线、上的动点，且，设.
（1）若，求的面积；
（2）当恰好中点时，求的周长的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由，结合锐角三角函数求出，进而得出三角形面积；
（2）由直角三角形的边角关系结合勾股定理得出，进而表示周长，再利用与的关系，换元并由反比例函数性质得出周长最小值.
【小问1详解】
由题意，易得，
，，且，，
，，
又，.
【小问2详解】
由题意有，，，
，
所以的周长，其中.
设，则，
，所以，即，
所以.
所以，，
于是当时，，
因此，周长的最小值为.