安徽省蚌埠市2023~2024学年高一下册期末学业水平监测数学检测试卷（含解析）

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注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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. 已知点 在角 终边上，且 ，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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. 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. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【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.
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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
【答案】A
【解析】
【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.
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故选：A
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
【答案】D
【解析】
【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.
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故选：D
7. 已知 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以
.
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故选：C
8. 在 中，角 的对边分别为 ，已知 ， ，则 （
）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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.
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 ， ，其中 i 为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【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
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【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. 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
【答案】BCD
【解析】
【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；
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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；
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对于 D，连接 ，因为 分别为 ， 的中点，所以 ，
连接 、 相交于点 ，则 ，因 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. 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
【答案】ABD
【解析】
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【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 ，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
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
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______.
【答案】
【解析】
【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. 已知 ，tanβ是方程 的两根，则 tanα＝________．
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【答案】1
【解析】
【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. △ABC 中， ， ，点 M 满足 ，则
________．
【答案】
【解析】
【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
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， ， ，
所以 ，
所以 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
即 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：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，属于较难
题.
四､解答题：本题共 5 个小题，共 77 分.解答应写出说明文字､证明过程或演算步骤.
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．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
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由 z 为纯虚数，得 ，解得 ，则 ，
所以 .
【小问 2 详解】
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. 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．
【答案】（1） ，
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量 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.
【小问 1 详解】
因为在 中，E，H 分别是 AD，BC 的中点， ，
所以 ，
．
【小问 2 详解】
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由（1）知 ， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，解得 ；
【小问 3 详解】
，
设 ， ，则
，
又 ，
所以 ，解得 ，所以 ，
∴ ，
∴ ，即 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， ，
．
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（1）求证： 平面 ；
（2）求证：平面 平面 ；
（3）求三棱锥 的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3） ．
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
连接 ，因为直三棱柱 ， ， ，又
∴ 是正方形且 O 为线段 的中点，
又 M 为线段 AC 中点，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ；
【小问 2 详解】
∵ ， ， 平面 平面 ，∴ 平面
第 15页/共 21页
，
又 平面 ，∴平面 平面 ；
【小问 3 详解】
∵M 为线段 AC 中点，
∴ ，
即三棱锥 的体积为 ．
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．
【答案】（1） 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， ．
（2）
（3）
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
令 ，解得 ，
令 ，解得 ，
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故函数 的单调递增区间为 ，
单调递减区间为 ， ．
【小问 2 详解】
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 ．
【小问 3 详解】
即不等式 对 恒成立，
有 ，
所以 或
解得 ，或
故 x 的取值范围是 ．
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．
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【答案】（1）证明见解析
（2）
（3） ．
【解析】
【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△BCD 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 .
【小问 1 详解】
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 ，
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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 ， ．
【小问 2 详解】
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△BDE 中，由勾股定理得 ，
所以在△BCD 中，易知 ，
则 ，
记△BCD 外接圆的半径为 r，故 ，即 ，
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所以点 O 到平面 BCD 距离 ．
【小问 3 详解】
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，
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，
故 BD 与平面 OAC 所成角的余弦值的最小值为 ．
【点睛】方法点睛：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.
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