陕西韩城2023−2024学年高一下册期末质量检测数学试卷[附解析]

这是一份陕西韩城2023−2024学年高一下册期末质量检测数学试卷[附解析]，共15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。
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
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
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．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
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
5．已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
6．设，则（ ）
A．B．C．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．
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．
二、多选题（本大题共3小题）
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
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
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
三、填空题（本大题共3小题）
12．复数的虚部为 ．
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 ．
14．已知是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，且，若，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量．
(1)若向量与垂直，求向量；
(2)若，求实数的值．
16．已知.
(1)若为锐角，求的值；
(2)求的值.
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．
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．
19．如图，在三棱柱中，侧面，均为菱形，，，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值.
答案
1．【正确答案】C
【分析】先求出其共轭复数，然后可求出结果.
【详解】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．【正确答案】A
【分析】根据题意直接利用弧长公式求解即可.
【详解】设该扇形的半径为，则由题意得，解得.
故选A.
3．【正确答案】D
【分析】根据几何体的定义和性质，即可判断选项.
【详解】对于A项， 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径可能相等，所以A错误；
对于B项，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，所以B错误；
对于C项，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，所以C错误；
对于D项，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，所以D正确.
故选D.
4．【正确答案】B
【分析】由，可得，，再由可得，从而可判断出四边形的形状.
【详解】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．【正确答案】A
【分析】先求出的范围，然后利用半角公式求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，
所以.
故选A.
6．【正确答案】D
【分析】运用诱导公式，结合正弦，正切函数的单调性，借助中间值比较大小即可.
【详解】，，
，由于，因此.
故选D.
【方法总结】构造函数比较大小的方法
分析给出的数值之间的关系，找出相应数值的共性，进而把某个数值看作自变量的取值，然后找出该数值与其他数值之间的关系，把给出的数值转化为相应的函数值，最后构造函数利用函数的单调性比较大小.一般通过作差或作商构造函数，作差法构造函数的关键点是研究函数的单调性与函数的零点，作商法构造函数的关键点是函数值的正负、函数的单调性及函数的最值与1的大小关系.
7．【正确答案】C
【分析】根据题意三棱锥可以补成一个长方体，则长方体的外接球就是三棱锥的外接球，求出长方体的体对角线，可得外接球的直径，从而可求出球的表面积.
【详解】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．【正确答案】D
【分析】由题意，根据得到，再令求解.
【详解】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的位移小于的总时间为：
.
故选D.
9．【正确答案】ABD
【分析】对于A项，由周期公式求解判断；对于B项，由可求出其定义域；对于C项，代入验证；对于D项，由求出的范围，结合正切函数的性质分析判断.
【详解】对于A项，的最小正周期为，所以A正确，
对于B项，由，得，
所以的定义域为，所以B正确，
对于C项，因为，
所以的图象不关于点对称，所以C错误，
对于D项，由，得，
因为在上递增，所以在上单调递增，所以D正确.
故选ABD.
【特别注意】求函数定义域时应注意：
(1)函数的定义域就是使解析式有意义的自变量的取值范围,一般根据使函数解析式有意义的条件列出不等式(组),该不等式(组)的解集就是函数的定义域.
(2)求函数的定义域时,对函数解析式先不要化简；求出定义域后,一定要将其写成集合或区间的形式.若用区间表示,不能用“或”连接,而应该用并集符号“∪”连接.
(3)若函数是由一些基本初等函数通过四则运算构成的,则它的定义域为各基本初等函数的定义域的交集.
10．【正确答案】ABC
【分析】对于A项，根据向量的减法法则分析判断，对于B、C项，举例判断，对于D项，根据基底的定义分析判断.
【详解】对于A项，因为，所以A错误，
对于B项，若，则是两个单位向量，而，所以B错误，
对于C项，当共线同向时，，所以C错误，
对于D项，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．【正确答案】ABC
【分析】根据余弦定理计算异面直线夹角，面面垂直的判定定理，面面垂直推得线线垂直，线线平行判定判断各个选项.
【详解】对于A项，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，，
所以，
所以异面直线与的夹角为，所以A正确；
对于B项，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，所以B正确；
对于C项，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，所以，所以C正确；
对于D项，根据题意可知，易发现相交，且平面，
所以与不可能平行，所以D错误；
故选ABC.
【思路导引】平面图形的旋转为载体，证明线线、面面垂直一般用判定定理或性质定理进行证明；空间线线、线面的位置关系及异面直线及其所成的角可用定义法或空间向量法；
12．【正确答案】.
【分析】对复数化简后可求得结果.
【详解】因为，
所以复数的虚部为.
故答案为.
13．【正确答案】.
【分析】由圆锥的底面周长求出底面半径，再利用圆锥的侧面积可求出圆锥的母线长，从而可求出圆的高，进而可求出圆锥的体积.
【详解】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．【正确答案】32.
【分析】设为线段中点,由条件及平面向量的线性运算可得，再用平面向量定义可解.
【详解】由得到，
即，设为线段中点，所以，
则，则，.
则.
故32.
15．【正确答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由两向量垂直可得数量积为零，求出，从而可求出向量；
（2）先求出，然后由两向量平行列方程可求出实数的值．
【详解】（1）因为向量与垂直，
所以，解得或，
则向量.
（2）因为，
又因为，
所以，解得．
16．【正确答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据题意和求得，结合两角和的余弦公式计算即可；
(2)根据题意和可得，利用二倍角的正切公式求出，结合两角和的正切公式计算即可.
【详解】（1）由，为锐角，，
得，
所以
.
（2）由得，
则，
所以．
17．【正确答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）由图象可得，求出周期，再利用周期公式可求出，然后将代入函数中可求出，从而可求出的解析式；
（2）由三角函数图象变换规律求出，再由求出，再利用余弦函数的性质可求出其最大值.
【详解】（1）由所给图象知：，得，
即，得，
所以，
把点代入得：，
即，
又因为，
所以，
所以．
（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．【正确答案】(1)；
(2)6.
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解即得.
（2）由（1）的结论，利用三角形面积求出，再利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）在中，由，得，
由正弦定理得，即，
又，即，于是，
由，得，因此，又，
所以．
（2）由的面积，得，得，
又，由余弦定理，得，则，
于是，解得，
所以的周长为．
19．【正确答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）连接，与交于点，连结，由平面几何知识可证得，再由线面平行的判定可得证；
（Ⅱ）方法一：由已知可得，，，再由线面垂直的判定可得平面，从而有即为直线与平面所成的角，解三角形可解得直线与平面所成角的正弦值.
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，运用线面角的空间向量的求解方法可求得答案．
【详解】（Ⅰ）连结，与交于点，连结，
四边形是平行四边形，为中点，
为中点，得，又因为平面，所以平面；
（Ⅱ）方法一：
由，，且为，的中点，
得，，，
又因为，为平面内两条相交直线，
得平面，所以即为直线与平面所成的角；
由，，，
得四边形为菱形，又因为，所以四边形为正方形，，
则为等腰直角三角形，且，所以，，
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，
所以，又因为，所以平面，
设，由，，
得即，所以，
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.
【方法总结】线面角的二种求法：
1.几何法：一般要有三个步骤：一作，二证，三算.
2. 向量法：直线a的方向向量和平面的法向量分别为和.直线a的方向向量和平面所成的角θ满足: