安徽省蚌埠市2023−2024学年高一下学期期末学业水平监测 数学试题（含解析）

这是一份安徽省蚌埠市2023−2024学年高一下学期期末学业水平监测 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．（ ）
A．B．C．D．
2．（ ）
A．B．C．D．
3．已知点在角终边上，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，的斜二测画法的直观图是腰长为2的等腰直角三角形，y'轴经过斜边A'B'的中点，则中边上的高为（ ）

A．B．C．2D．4
5．要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A．先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
B．先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
C．先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
D．先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
6．已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，∥，则∥B．若，，则
C．若，，，则D．若，∥，则
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．在中，角的对边分别为，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数，，其中i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知正方体，分别为，的中点，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．直线与直线所成角的大小为
D．直线与平面所成角的大小为
11．已知向量，满足，则以下说法正确的是（ ）
A．若，，则或
B．若，则
C．若，，则向量在向量上的投影数量为
D．向量在向量上的投影向量为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为 .
13．已知，tanβ是方程的两根，则tanα＝ ．
14．在中，，，点M满足，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知复数，其中i为虚数单位，．
(1)若z为纯虚数，求；
(2)若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．
16．如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点．
(1)记向量，，试以向量，为基底表示，；
(2)若，求m，n的值；
(3)求证：A，G，H三点共线．
17．如图，直三棱柱中，与交于点O，M为线段AC的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求三棱锥的体积．
18．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)关于x的方程在区间有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围；
(3)不等式对恒成立，求实数x的取值范围．
19．已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形．
(1)证明：；
(2)若，求点O到平面BCD的距离；
(3)求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值．
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据平面向量加减运算法则及运算律计算可得.
【详解】.
故选B.
2．【答案】C
【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得.
【详解】.
故选C.
3．【答案】A
【分析】根据三角函数的定义求出，再由定义计算可得.
【详解】因为点在角终边上，且，
即，解得，
所以.
故选A.
4．【答案】B
【分析】根据斜二测画法的规则，即可得的原图，根据长度关系即可求解.
【详解】根据题意可得的原图如图所示，其中D为AB的中点，
由于为的中点，,
且，则中边上的高为．
故选B.

5．【答案】A
【分析】根据三角函数的变换规则一一判断即可.
【详解】将函数的图象先向左平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故A正确；
将函数的图象先向左平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故B错误；
将函数的图象先向右平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故C错误；
将函数的图象先向右平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故D错误.
故选A.
6．【答案】D
【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的性质定理和判定定理分析判断即可.
【详解】对于A，如图当，，∥时，与相交，所以A错误，
对于B，如图，当，时，∥，所以B错误，
对于C，如图当，，时，∥，所以C错误，
对于D，设，在平面内作，因为，所以，
因为∥，所以，
因为，所以，所以D正确.
故选D.
7．【答案】C
【分析】由求出， 利用两角和的正弦公式化简，再利用二倍角公式化简可求得答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以
.
故选C.
8．【答案】D
【分析】利用两角和与差的余弦展开式化简可得，由正弦定理得，再利用正弦的二倍角公式可得答案.
【详解】因为
，
所以，
因为，所以，或舍去，可得，
因为，由正弦定理得，
所以，
因为，所以，可得，
，所以.
故选D.
9．【答案】AB
【分析】根据题意，由共轭复数的概念即可判断A，由复数的模长公式即可判断B，由复数的四则运算，即可判断CD.
【详解】对A因为复数，，则，故A正确；
对B,，即，故B正确；
对C,，故C错误；
对D,，
，所以，故D错误；
故选AB.
10．【答案】BCD
【分析】根据异面直线的定义可判断A；连接，取中点，设正方体的棱长为2，在中由余弦定理求出可判断B；设正方体的棱长为2，直线与直线所成的角即为，求出可判断C；连接、相交于点，利用线面垂直的判定定理得即为与平面所成的角，设正方体的棱长为2，求出可判断D.
【详解】对于A，因为平面，平面，，平面，
所以与是异面直线，故A错误；
对于B，连接，取中点，连接，可得，
所以平面，设正方体的棱长为2，
则，，
，，
由余弦定理得，
所以，所以，故B正确；
对于C，由B，，，所以，
设正方体的棱长为2，
所以直线与直线所成的角即为与直线所成的角，即为，
因为，平面，所以，
即直线与直线所成角的大小为，
故C正确；
对于D，连接，因为分别为，的中点，所以，
连接、相交于点，则，因为平面，
平面，所以，且，平面，
所以平面，所以等于与平面所成的角，
设正方体的棱长为2，则，，
所以，，所以，
所以与平面所成的角大小为，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【分析】A选项，计算出，根据向量垂直得到方程，求出或，A正确；B选项，两边平方，求出；C选项，根据垂直关系得到，从而根据投影向量的模长公式求出C正确；D选项，在C选项基础上，根据投影向量的公式进行求解.
【详解】A选项，，
因为，所以，
解得或，A正确；
B选项，两边平方得，，
因为，所以，
故，则，B正确；
C选项，因为，所以，
，故，
则向量在向量上的投影数量为，C错误；
D选项，由C选项知，，
向量在向量上的投影向量为，D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【分析】由轴截面得到圆锥的底面半径和母线，利用侧面积公式求出答案.
【详解】由题意得，圆锥的底面半径为，母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故答案为：.
13．【答案】1
【分析】先利用根与系数的关系，再利用两角和的正切公式可求得答案.
【详解】因为，tanβ是方程的两根，
所以，，
所以
.
故答案为：1.
14．【答案】
【分析】设，根据可得，在中分别利用余弦定理可得，再求出可得答案.
【详解】设，
因为，，所以，
因为，所以,
因为，
所以，得，
在分别由余弦定理得
，，，
所以，
所以，得，
所以，
所以，
即.
故答案为：.
【关键点拨】此题考查余弦定理的应用，考查三角形的面积公式的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理找出的关系，再结合又得到的关系，考查数形结合的思想和计算能力.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由已知求出，再由模的意义求出结果.
（2）由给定条件列出不等式组，求解即可得范围.
【详解】（1）由z为纯虚数，得，解得，则，
所以.
（2）由复数z在复平面内对应的点在第四象限，得，解得，
所以实数a的取值范围是.
16．【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据向量的减法法则结合题意求解；
（2）对结合（1）化简用，表示，而，然后列方程组可求得结果；
（3）设，，由，，用用，表示，列方程组求出，从而可得，进而证得结论.
【详解】（1）因为在中，E，H分别是AD，BC的中点，，
所以，
．
（2）由（1）知，，
所以，
因为，所以，解得；
（3），
设，，则
，
又，
所以，解得，所以，
所以，
所以，即A，G，H三点共线．
17．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）根据线面平行判定定理证明；
（2）应用面面垂直判定定理证明；
（3）等体积法求三棱锥的体积.
【详解】（1）
连接，因为直三棱柱，，，又
所以是正方形且O为线段的中点，
又M为线段AC中点，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为，，平面平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）因为M为线段AC中点，
所以，
即三棱锥的体积为．
18．【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为，．
(2)
(3)
【分析】（1）先化简，再根据正弦函数的单调性求解；
（2）根据函数两个不相等的实数根，结合正弦单调性及值域求参；
（3）把恒成立问题转化为解三角不等式即可.
【详解】（1）
令，解得，
令，解得，
故函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，．
（2）由（1）知函数在区间单调递增，在区间单调递减，
又，，，
结合图象可知a的取值范围是．
（3）即不等式对恒成立，
有，
所以或
解得，或
故x的取值范围是．
19．【答案】(1)证明见解析;
(2);
(3)．
【分析】（1）作出辅助线，得到平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，则，由面面垂直得到线面垂直，故，故，
又因为，得到；
（2）求出，由勾股定理逆定理得到，得到线面垂直，线线垂直，求出，由余弦定理和同角三角函数关系得到，得到外接圆的半径，进而得到点到平面的距离；
（3）作出辅助线，得到为BD与平面OAC所成的角，设，表达出，，由余弦定理求出，得到，由基本不等式，求出线面角的正切值的最大值，从而得到余弦值的最小值为.
【详解】（1）证明：取AC中点E，连接BE，OE，，
因为，
所以平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，
则，，
故，且，
又平面⊥平面，平面平面，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以，故，
又因为，所以，
因为，
所以，．
（2）因为，，又，
所以，所以，
又，，，
故，故，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中，⊥，故⊥，
由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
所以在中，易知，
则，
记外接圆的半径为r，故，即，
所以点O到平面BCD距离．
（3）作于，
因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
故为BD与平面OAC所成的角，
设，其中，
，，
在中，，
由余弦定理得，
故，
故
当且仅当时，等号成立，
，
故BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值为．
【方法总结】立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.