辽宁省鞍山市第一中学等校2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份辽宁省鞍山市第一中学等校2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析），共20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．与角终边相同的角是（ ）
A．B．
C．D．
2．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是（ ）
A．B．4C．D．
5．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若相邻两条对称轴的距离为，则
B．若，则时，的值域为
C．若在上单调递增，则
D．若在上恰有2个零点，则
6．已知，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．
7．设m、n为空间中两条不同直线， α ， β 为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若m上有两个点到平面 α 的距离相等，则 m//α
B．若 m⊥α ， n⊂β ，则“ m//n ”是“ α⊥β ”的既不充分也不必要条件
C．若 α⊥β ， m⊂α ， n⊂β ，则 m⊥n
D．若m，n是异面直线， m⊂α ， m//β ， n⊂β ， n//α ，则 α//β
8．如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题正确的是（ ）
A．“是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件
B．若为第一象限角，则
C．在中，若，则为锐角三角形
D．已知，且，则
10．下列有关向量的命题正确的是（ ）
A．若均为非零向量，且，则
B．已知单位向量满足，则
C．在中，若，且，则为等边三角形
D．若点在所在平面内，且，则点的轨迹经过的外心．
11．如图，已知正三棱台由一个平面截棱长为6的正四面体所得，分别是的中点，P是棱台的侧面上的动点（包含边界），则下列结论中正确的是（ ）
A．该三棱台的体积为
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正切值的最小值为
D．若，则点的轨迹的长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在中，角A，B，C的对边分别为，且，则 ．
13．四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则
14．榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力．这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角所对的边分别为，且满足．
(1)求角；
(2)若角的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积．
16．如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求三棱锥的体积．
17．已知向量，函数．
(1)求函数在上的单调递减区间；
(2)若，且，求的值；
(3)将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，当时，方程有一解，求实数的取值范围．
18．已知函数的图象如图所示，点B，D，F为与x轴的交点，点C，E分别为的最高点和最低点，而函数在处取得最小值.
(1)求参数φ的值；
(2)若，求向量与向量夹角的余弦值；
(3)若点P为函数图象上的动点，当点P在C，E之间运动时，恒成立，求A的取值范围.
19．如图，四面体中，，，，为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，，点在上；
①点为中点，求与所成角的余弦值；
②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
参考答案
1．【答案】D
【分析】由终边相同的角的性质即可求解.
【详解】与角终边相同的角是，，
令，可得或，
当时，这个角为，
当时，这个角为，
故选D.
2．【答案】D
【分析】由正切函数的定义域，令，，解不等式，即可求出结果.
【详解】由正切函数的定义域，令，，即，
所以函数的定义域为.
故选D．
3．【答案】B
【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得
【详解】因为，所以，
则，则
故选B.
4．【答案】A
【分析】过点作交轴于点，利用正弦定理求得，再由斜二测画法规则即可得到结果.
【详解】过点作交轴于点，如图所示，
在中，，
由正弦定理可得，，所以，
由斜二测画法可知，在原平面图形中，点B到x轴的距离是.
故选A.
5．【答案】D
【分析】将化简为，再根据选项逐一判断即可.
【详解】
，
若相邻两条对称轴的距离为，则最小正周期为，故，故A错误；
若，则，
当时，的值域为，故B错误；
若在上单调递增，则，故C错误；
，则，若在上恰有2个零点，
则，则，故D正确.
故选D.
6．【答案】B
【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系，两角差的三角公式化简所给的式子，求得结果．
【详解】因为，则
.
故选B．
7．【答案】D
【详解】对于A，当直线m与 α 相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；
对于B，若 m⊥α ， n⊂β ， m//n ，则 n⊥α ，又 n⊂β ，所以 α⊥β ；当 α⊥β 时， m⊥α ，当 m⊂β 时， n⊂β ， m,n 可以相交，所以“ m//n ”是“ α⊥β ”的充分不必要条件，故B错误；
对于C，若 α⊥β ， m⊂α ， n⊂β ，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；
对于D，若m、n是异面直线， m⊂α ， m//β ， n⊂β ， n//α ，则在直线 m 任取一点 P ，过直线 n 与点 P 确定平面 γ ， γ∩α=c ，又 n//α ，则 n//c ， n⊂β ， c⊄β ，所以 c//β ，又 m//β ， m⊂α,c⊂α, m∩c=P ，所以 α//β ，故D正确.
故选D.
8．【答案】D
【分析】取AB的中点G，证明平面CDG，然后根据二面角平面角的定义找到，最后结合余弦定理得到答案.
【详解】如图1，
在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG,DG，则，
而，所以平面CDG，
连接EG,FG，因为平面，平面，所以，
由二面角的平面角的定义可以判断，
由对称性容易判断，
设该正四面体的棱长为6，如图2，CD=6，易得，
取CD的中点H，则，CE=2，EH=HF=1，
在中，由勾股定理可得，
于是，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
而，即，于是.
故选D.
【方法总结】求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量、平面法向量与平面法向量）的余弦值，通过转化求出结果.
9．【答案】ACD
【分析】对于A，根据充分，必要条件的概念判断；对于B，利用二倍角余弦公式化简求解；对于C，将条件式切化弦结合三角变换求解判断；对于D，利用二倍角余弦公式化简条件式，再弦化切求解.
【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则，
若，取，
此时不是第二象限角或第三象限角，则是的充分不必要条件，故A正确；
对于B，由于为第一象限角，则，
，故B错误；
对于C，在中，若，则，
所以，
故，所以，为锐角三角形，故C正确；
对于D，由，
所以，则，
由，知，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】BCD
【分析】对于A，举反例说明即可；对于B，根据模长关系结合数量积的运算律分析判断；对于C，根据单位向量结合三角形几何性质分析判断；对于D，利用平面向量数量积的运算性质分析判断.
【详解】对于A，例如，则，但，故A错误；
对于B，由题意可知：，
因为，即，
可得，则，
即，解得，故B正确；
对于C，因为分别表示与共线的单位向量，
则表示的角平分线上的向量，
若，可知；
又因为，即，
且，可得；
综上所述：为等边三角形，故C正确；
对于D，设线段的中点为，连接，则，
因为，
可得，
则
，
即，可知点在的中垂线上，
所以，点的轨迹经过的外心，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABC
【分析】由相似三角形求得和棱台的高，结合棱台的体积公式计算即可判断A；根据面面垂直的判定定理即可判断B；利用余弦定理计算求出，由线面垂直的判定定理可得平面，分析出线面角正切值最小时点P的位置即可判断C；确定点P的轨迹，结合弧长公式计算即可判断D.
【详解】将三棱台补形为棱长为6的正四面体SABC，
如图1，依题意，是边长为6的正三角形，且，
所以，即，解得，
（另解：因为，是边长为6的正三角形，
所以也是正三角形，边长，所以），
于是正三棱台的高，
（另解：（棱长为a的正四面体的高为）），
所以该三棱台的体积，故A正确；
易知，，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故B正确；
连接，，，在中，，
因此在中，，
有，所以，
又平面，由平面得，
又，平面，
所以平面，故直线CP与平面所成的角为，
在中，，而，
所以当最大时，最小，
由点P在平面及其边界上运动知当点P与点A或点B重合时最大，此时，，
所以直线CP与平面所成角的正切值的最小值为，故C正确；
当时，可得，
因此点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆与等腰梯形重合部分的两段弧和（如图2），
连接，，由，，易得，
因此，所以的长度，
则点P的轨迹的长度为，故D错误．
故选ABC.
12．【答案】
【分析】利用余弦定理求出，再利用数量积的定义计算即得.
【详解】在中，由余弦定理得，
所以．
故答案为：.
13．【答案】
【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE，结合平面ACE，则证明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性质则有，即可得到答案.
【详解】如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由是正方形，得，
在线段PE取点G，使得，由，得，
连接BG，FG，则，由平面，平面，得平面，而平面，，平面，
因此平面平面，
又平面平面，平面平面，则，
所以.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得，
进而可得，，即可求解，由体积公式即可求解.
【详解】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，则，故，
取的中点，连接，
又，则，
由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点，且所求外接球的球心在这条直线上，如图，
设球的半径为，则，且，
从而，即，
当点在线段内（包括端点）时，有，得，
从而，即球心在线段的中点，其半径，
当点在线段外时，，解得（舍），
故所求外接球的体积.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简可求出角；
（2）由及角的角平分线交于点，可得，再由余弦定理得，则求出，所以，由可得，从而可求得的面积．
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
所以，
即，
，
，
因为，所以，
即，
因为，所以；
（2）因为角的角平分线交于点，
所以，
因为，所以由，得
，
所以，
由余弦定理得，所以，
即，解得或（舍去），
所以，解得，
所以，
因为角的角平分线交于点，所以，
因为，所以，
所以.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)64
【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定可得答案
（2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案；
（3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用相等可得答案.
【详解】（1）设与交于点，则为的中点，连接，
则在中，则DE是的中位线，所以，
又平面，平面，
∴平面．
（2）在中，由，，，
由余弦定理，得，
则，即，为直角三角形，．
又平面，平面，，
又，平面，
平面，
平面，．
（3）在中过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，平面
易知，，
，．
17．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调减区间；
（2）利用同角三角函数的平方关系得，再根据余弦的和角公式计算即可；
（3）根据三角函数图象变换得，再根据三角函数的性质计算即可.
【详解】（1）因为，
所以即
又因为，所以函数在上的单调递减区间为
（2）若则，所以.
因为，所以，
所以，
所以
故.
（3）将图象上所有的点的纵坐标变为原来的，再向下平移1个单位，最后再向右平移个单位得到函数的图象，
即：
则，
当时，
由方程有一解，可得的取值范围为．
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）代入最小值点，即可求解的值；
（2）由函数的解析式，求出的坐标，再代入向量的坐标运算求夹角；
（3）设点的坐标，利用向量数量积的坐标表示出，观察取最小值的点，然后根据最小值大于等于1，即可求解.
【详解】（1）因为函数在处取得最小值，则，，
得，，由，所以；
（2）因为，所以，
则，，，
则，，
所以；
（3）因为点是上的动点，，，，
又因为恒成立，设，
则，，
，
易知在或处有最小值，
在或处有最大值，
所以当或时，有最小值，
即当点在或处时，有最小值，此时或，
当时，，，
所以，得，
又，则，
当时，，，
所以，得，
又，则，
综上，.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)①；②．
【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直；
（2）①取的中点，的中点，则（或其补角）为与所成的角，在中求解；
②先证平面平面，可得（或其补角）为与平面所成的角，在中求解.
【详解】（1）∵，为的中点，∴，
在和中，
∴，∴，
又为的中点，∴，
又平面，，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面；
（2）
①取的中点，的中点，连接，则，，
∴（或其补角）为与所成的角，
由且，∴是等边三角形，则，
由且，为的中点，
∴在等腰直角中，，
在中，，
∴，即，
又，∴，
在中，由余弦定理得，
即，∴，
在中，，由余弦定理得，
在中，，
即，∴，故，
在中，，，，
故，
∴与所成角的余弦值为；
②连接，由（1）知，平面，平面，
∴，则，
当时最小，即的面积最小，
∵平面，平面，∴，
又∵平面，平面，，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面，
过点作于（或交延长线），
∵平面平面，平面，
∴平面，∴（或其补角）为与平面所成的角，
由知，∴，
在直角中，，所以，
在直角中，，∴，
在等腰中，，，∴，
∴，
∴与平面所成的角的正弦值为．
【方法总结】线面角的几何作法：
直接法：即定义法，作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形,根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求；
垂面法：找一个过斜线且与平面垂直的面，根据面面垂直的性质知这两个面的交线即为斜线在平面内的射影，根据直角三角形或余弦定理求解.