安徽省皖北协作区2023~2024学年高一下学期期末联考数学试卷[附解析]

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：三角函数及恒等变形，平面向量，复数，立体几何.
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.若向量是两个单位向量，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】由单位向量的定义、数量积的定义以及模的性质即可逐一判断并求解.
【详解】由单位向量的定义可知，，即，且，故A正确，B错误；
因为方向和夹角不确定，故CD错误.
故选：A.
2.已知直线与平面没有公共点，直线，则与的位置关系是（ ）
A.平行B.异面C.相交D.平行或异面
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间线面、线线的位置关系直接判断即可.
【详解】依题意可知，而，所以a，b没有公共点，a与b可能异面或平行.
故选：D
3.（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】逆用差角的余弦公式，结合特殊角的三角函数值计算作答.
【详解】.
故选：B
4.若向量，，则在上投影向量的坐标是（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解.
【详解】因为，，则，
所以在上的投影向量.
故选：B.
5.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，再把函数的图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标保持不变），得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴的方程为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先由左右平移和伸缩变化可以得到，再根据正弦函数对称轴的求法，从而得到的对称轴为，最后结合选项选择适合的答案即可.
【详解】首先将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，
再把函数的图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标保持不变），
得到函数，
最后令，解得，
即的对称轴为.
所以函数的图象的一条对称轴的方程为.
故选：A.
6.若，则（ ）
A.B.C.或D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角的余弦公式求解即可.
【详解】.
故选：A.
7.已知函数的一段图象过点，如图所示，则函数（ ）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过三个连续零点的值可以求出函数的周期，根据最小正周期公式可以求出的值，将特殊点代入解析式中，可以求出，的值，进而确定函数解析式.
【详解】由图知，，则.
由图知，在取得最大值，且图象经过，故，
所以，故，
又因为，所以，
函数又经过，故，得.
所以函数的表达式为．
故选：D.
8.在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，设和的外接圆的圆心，分别在，上，过，分别作两个半平面的垂线，交于，可得为三棱锥的外接球的球心，且可得，由等边三角形的边长为2，可得，及的值，进而求出外接球的半径的值，再求出外接球的表面积．
【详解】由题意如图所示：设为的中点，连接，设，分别为，的外接圆的圆心，
过，分别作两个半平面的垂线，交于，则可得为该三棱锥的外接球的球心，
连接，，则为外接球的半径，
由与均为边长为2的等边三角形，则
又，则由余弦定理可得，所以，，
因为，分别为，的外接圆的圆心，所以，，
可得，可得，而，所以，
在中：，
所以外接球的表面积，
故选：C．
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.已知复数，则（ ）
A.虚部为
B.是纯虚数
C.的模是
D.在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的基本概念，以及复数的几何意义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：由虚部定义知的虚部为，故A正确；
对B：纯虚数要求实部为0，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D错误.
故选：AC.
10.如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则这些函数为“互为生成函数”.下列函数中，与构成“互为生成函数”的有（ ）
A.B.
C.D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由三角恒等变换，化简函数的解析式，再根据三角函数的平移变换规律，得出结论.
【详解】，由，
则将的图象向左平移个单位长度后，即可与的图象重合；
由，
则图象无法经过平移与的图象重合；
由，
则将的图象向左平移个单位长度后，再向下平移1个单位长度后，
即可与的图象重合；
由，则的图象无法经过平移与的图象重合.
故A，C中的函数与“互为生成函数”.
故选：AC
11.已知函数在区间上有且仅有3个零点，则（ ）
A.在区间上有且仅有4条对称轴
B.的最小正周期可能是
C.的取值范围是
D.在区间上单调递增
【答案】CD
【解析】
【分析】先根据在区间上有且仅有个零点求得的取值范围，然后结合函数的对称轴、最小正周期、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对C：由函数，令，，则，，
函数在区间上有且仅有个零点，即有且仅有个整数符合，
由，得，则，，，
即，，故C正确；
对于A：，，.
当时，在区间上有且仅有3条对称轴；
当时，在区间上有且仅有4条对称轴，故A错误；
对于B：周期，由，则，，
又，所以的最小正周期不可能是，故B错误；
对于D：，，
又，，所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：CD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知中，是线段上靠近的三等分点，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算法则及基本定理求出、即可.
【详解】因为是线段上靠近的三等分点，所以，
所以，
又，且与不共线，
所以，所以.

故答案为：
13.在正方体中，直线与所成角的大小为___________．（用角度表示）
【答案】
【解析】
【分析】构造两条异面直线所成的角，再求角的大小.
【详解】如图：
连接，，易知，所以即为与所成的角或其补角，
易知为等边三角形，所以.
故答案为：
14.已知平面内三点不共线，且点满足，则是的__________心.（填“重”或“垂”或“内”或“外”）
【答案】垂
【解析】
【分析】使用数量积的分配律得到，，即，，进而得到点为的垂心.
【详解】由，知，，故，，从而为的垂心.
故答案为：垂.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.已知为坐标原点，，，.
（1）若三点共线，求实数的值；
（2）若点满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先表示出，，依题意，根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可；
（2）首先表示出的坐标，再根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得.
【小问1详解】
因为，，，
所以，，
又三点共线，所以，
所以，解得
【小问2详解】
因为，，
所以，，
所以，
所以
，
所以当时.
16.已知角的终边经过点，为第一象限角，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由的终边经过点可得，，然后由为第一象限角求得，利用正弦函数两角差公式从而求解.
（2）利用倍角公式求得，再结合正切函数两角差公式从而可求解.
【小问1详解】
角的终边经过点，为第一象限角，，
，，，
.
【小问2详解】
由（1）得，，
，
17.如图，四棱柱底面是正方形，．
（1）证明：平面∥平面；
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意可证∥，∥，结合线面平行、面面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明.
【小问1详解】
由题意可知：∥，，可知为平行四边形，
则∥，且平面，平面，可得∥平面，
又因为∥，，可知为平行四边形，
则∥，且平面，平面，可得∥平面，
且，平面，所以平面∥平面.
【小问2详解】
因为为正方形，则，
因为，则，
可得，
设，可知为的中点，则，
且，平面，可得平面，
由平面，所以平面平面
18.已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）在锐角中，角所对的边分别为，，且，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用降幂及辅助角公式化简得到，利用正弦型函数的单调性即可解决;
（2）利用得到，根据三角形的面积公式得到，再利用正弦定理表示出边，结合三角函数的性质即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
即.
令,解得，
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
结合（1）问，因为
所以,即，
所以，即.
因为在锐角中，,所以.
因为，所以.
在中,由正弦定理可得，即，
在中易得,
,
因为为锐角三角形，且，且易得，
所以，得，所以，
易得，即，
所以.
故面积取值范围为.
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
19.若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①；②存在异于点A的点G使得：与同向且，则称点A，B，C为可交换点组．已知点A，B，C是可交换点组．
（1）求∠BAC；
（2）若，，，求C的坐标；
（3）记a，b，c中的最小值为，若，，点P满足，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据与同向，设，利用夹角公式，结合，得到，再由，得到求解；
（2）由（1）知，，得到是正三角形，利用边长相等求解；
（3）设BC的中点为D，由，得到G为的重心，且为的中心，不妨设与的夹角为，，分别表示数量积求解.
【小问1详解】
解：因为与同向，设，
则，
，
又∠GAB，．
因为，所以，
所以，
由，得，
又，所以，．
【小问2详解】
由（1）知，．
所以，
因为，，，
所以，，，
则，解得
所以C的坐标为．
【小问3详解】
设BC的中点为D，则，又，
所以，即G为的重心，又是正三角形，点G是的中心，
所以，，，
由对称性，不妨设与的夹角为，，
如图所示，
，
，
由图可知，与，与的夹角分别为，，
所以，的值分别为，，
当时，，
所以，其取值范围是．
所以的取值范围是．