广东省佛山市顺德区华侨中学2023~2024学年高一下册期末热身考试数学试卷（含解析）

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本试卷共4页，19小题．满分150分．考试用时120分钟．
一、单选题（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.在复平面内，复数（其中i为虚数单位）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
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算求出复数，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】解：，
则对应点的坐标为，位于第一象限.
故选：A.
2.对于任意的平面向量，下列说法中正确的是（ ）
A.若且，则
B.若，且，则
C.
D.在上的投影向量为
【答案】D
【解析】
【分析】选项A，时，不共线时，，得不出；
选项B，根据条件得出，不能得出；
选项C，根据数量积的定义判断即可；
选项D，根据投影向量的定义，判断即可．
【详解】对于A，时，不共线时，满足，不能得出，选项A错误；
对于B，因为，所以，且，
所以，不能得出，选项B错误；
对于C，根据向量数量积的定义知，与不一定相等，与不一定共线，所以不成立，选项C错误；
对于D，在上的投影向量为，选项D正确．
故选：D.
3 已知，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，再结合诱导公式和余弦倍角公式即可求解.
【详解】
，
故选：C
4.在中，角的对边分别为，向量，，若，则一定是（ ）
A.锐角三角形B.等腰三角形
C.直角三角形D.等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示得，再根据正弦定理边化角以及二倍角的正弦公式可得，根据为三角形的内角可得，或，进一步可得答案.
【详解】因，所以，
所以，由正弦定理可知，所以．
又，且，所以，或，
所以，或．
则是等腰三角形或直角三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平面向量垂直的坐标表示，考查了正弦定理，二倍角的正弦公式，属于基础题.
5.已知一组正数的方差为，则另一组数据，的平均数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合数据平均数的性质，即可求解.
【详解】由，
可得且，所以，
故数据的平均数为．
故选：B．
6.正方体中，分别是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过平移将异面直线的所成角转化为相交直线的所成角，在三角形内利用余弦定理即可求得
【详解】
如图，取的中点，再取的中点，连接，因点是的中点，易证,可得，
又因点是的中点，故，则，故直线与直线所成角即直线与直线所成角.
不妨设正方体棱长为4，在中，，
由余弦定理，，即直线与直线所成角的余弦值为.
故选：C.
7.如图所示，六氟化硫分子结构是六个氟原子处于顶点位置，而硫原子处于中心位置的正八面体，也可将其六个顶点看作正方体各个面的中心点．若正八面体的表面积为，则正八面体外接球的体积为（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正八面体的结构特征结合条件可得外接球的半径，进而由球的体积公式即得体积．
【详解】如图正八面体，连接和交于点，
因为，，
所以，，又和为平面内相交直线，
所以平面，所以为正八面体的中心，
设正八面体的外接球的半径为，因为正八面体的表面积为，所以正八面体的棱长为，
所以，
则．
故选：B．
8.如图，在直角坐标系内，角的终边与单位圆交于点，逆时针旋转得，逆时针旋转得，…，逆时针旋转得，则点的横坐标为（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦值的定义，结合诱导公式求解即可
【详解】由题意，，故，由诱导公式且，有，即点的横坐标为
故选：B
二、多选题（本题共3小题，每小题6分.共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，不分选对的得都分分，有选错的得0分）
9.在中，角的对边分别为，则（ ）
A.若，则恰有1解
B.若，则为直角三角形
C.若，则为锐角三角形
D.若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由正弦定理，求得两解，可判定A错误；化简得到，可判定B正确；由正弦定理化角为边，再由余弦定理求得，可判定C错误；由正弦定理结合余弦定理，求得，可判定D正确.
【详解】对A中，因为，由正弦定理，可得，
因为，所以有两解，所以A错误；
对B中，因为，所以，可得，
因为，所以，故，所以B正确；
对C中，由，可得，
即，则，所以，可得为钝角，所以C错误；
对D中，由余弦定理知，
因，可得，
又由正弦定理可得，
因为，可得，
所以，
可得，又因为，且，
所以，即，所以D正确.
故选：BD.
10.如图为某新能源汽车企业2015—2022年及2023年1～9月份的营业额（单位：亿元）、净利润（单位：亿元）及2015—2022年营业额的增长率的统计图．已知2023年第二、三、四季度的净利润相比上季度均增长，则下列结论正确的是（ ）
A.年营业额逐年增加
B. 2022年的净利润超过年净利润的总和
C.年营业额的增长率最大的是2022年
D. 2023年第四季度的净利润比第一季度的净利润多30多亿元
【答案】BC
【解析】
【分析】根据图中营业额即可判断A；计算年总利润和2022净利润比较即可判断B；根据图中增长率大小即可判断C；根据等比数列求和公式即可判断D.
【详解】选项A：2019年的营业额低于2018年，A错误．
选项B：2022年的净利润为166.2亿元，
年的净利润的总和为（亿元），，B正确．
选项C：年营业额的增长率最大的是2022年，C正确．
选项D：设2023年第一季度的净利润为亿元，则第四季度的净利润为，
则，得，
故2023年第四季度的净利润比第一季度的净利润多21.37亿元，D错误．
故选：BC.
11.在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ）

A.
B.三棱锥的体积不变
C.的最小值为
D.当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角
形求截面半径，计算体积验证选项D.
【详解】连接，如图所示，

直三棱柱中，，
为正方形，，
，平面，平面，，
平面，，平面，
平面，，A选项正确；
由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确；
设，，，
，
，
，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误；
当是的中点时，，，，
，
，，
，设点到平面的距离为，由，
得，，
直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为，
则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：
对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.如图所示，水平放置的的斜二测直观图是图中的，已知，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】还原图形即可求出面积.
【详解】由已知得的原图如下：
其中，
所以.
故答案为：.
13.如图，在中，，为的中点．将沿翻折，使点移动至点，在翻折过程中，当时，三棱锥的内切球的表面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设内切球半径为，三棱锥表面积为，根据三棱锥体积求出，然后由球的表面积公式可得.
【详解】因为，，所以，，
当时，，因为，，
所以平面，，，
，
则三棱锥的表面积为，
设内切球半径为，则由等体积法知，
解得，所以内切球的表面积．
故答案为：
14.在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角公式可得，即，根据角的范围可得，，，故.由正弦定理、同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得，换元，结合对勾函数的性质即可求解.
详解】由题意可得，故，
即，
因为,所以，
因为，所以或，
即或，即或.
若，则，则无意义，故.
又，所以，即.
因为，所以,，，
所以，解得，故.
由正弦定理可得
，
令，则.
设，
由对勾函数的性质可得在上单调递增，
所以，即.
故答案为:.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解题时请写出解答过程及演算步骤）
15.在中，角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且边，求面积的取值范围.
【答案】(1)；(2)
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即得B的值；（2）先根据已知求出，再求面积的取值范围.
【详解】解：（1），即
可得，
∵
∴
∵
∴
∴
由，可得；
（2）若为锐角三角形，且，由余弦定理可得，
由三角形锐角三角形，
可得且
解得，
可得面积
【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积的取值范围的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
16.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市"知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）求样本成绩的上四分位数；
（3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成
绩的总平均数和总方差．
【答案】（1）0.03
（2）84 （3）总平均数是62，总方差是37．
【解析】
【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解；
（2）由频率分布直方图求第75百分位数的计算公式即可求解；
（3）根据平均数和方差的计算公式即可求解．
【小问1详解】
每组小矩形的面积之和为1，
，
．
【小问2详解】
成绩落在，内的频率为，
落在，内的频率为，
设第75百分位数为，
由，得，故第75百分位数为84；
【小问3详解】
由图可知，成绩在，的市民人数为，
成绩在，的市民人数为，
故．
所以两组市民成绩的总平均数是62，
，
所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是37．
17.已知向量，函数，．
（1）当时，求的值；
（2）若的最小值为﹣1，求实数m的值；
（3）是否存在实数m，使函数，有四个不同的零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的公式化简函数即可．
（2）求出函数的表达式，利用换元法结合一元二次函数的最值性质进行讨论求解即可．
（3）由得到方程的根，利用三角函数的性质进行求解即可．
【小问1详解】
，
当时，，
则；
【小问2详解】
∵，
∴，
∴，
则，
令，则，
则，对称轴，
①当，即时，
当时，函数取得最小值，此时最小值，得（舍），
②当，即时，
当时，函数取得最小值，此时最小值，得或（舍去），
③当，即时，
当时，函数取得最小值，此时最小值，得（舍），
综上：若的最小值为﹣1，则实数．
【小问3详解】
令，得或，
∴方程或在上有四个不同的实根，
则，解得，则，
即实数m的取值范围是．
18.如图，四边形与均为菱形，，，，记平面与平面交线为．

（1）证明：；
（2）证明：平面平面；
（3）记平面与平面夹角为，若正实数，满足，，证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过线面平行的性质定理进行转化求解即可；
（2）通过图形关系证明，，然后得到线面垂直，再证明面面垂直即可；
（3）首先通过几何图形关系得到即为平面与平面的夹角，得到角度后，通过基本不等式或三元均值不等式转化证明即可.
【小问1详解】
因为为菱形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以.
【小问2详解】
连接交于点，连接，
因为为菱形，所以，为中点，
因为，所以，
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面
【小问3详解】
因为为菱形，，，
所以，，
又因为为菱形，所以，
因为，，所以，
所以，所以，即，
又因为，平面，，所以平面，
又由（1）知，所以平面，
所以即为平面与平面的夹角，
在直角中，，所以，
所以平面与平面夹角的大小为，
因为，所以，
两式相加得，，
下面证明：①；②；且等号不同时取；
法一：基本不等式
因为
当且仅当时取等号，所以，
同理（当且仅当取等号）
所以，即，
所以
法二：三元均值不等式
当且仅当时取等号，所以，
同理（当且仅当取等号）
所以，即，
所以.
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与基本不等式的综合问题.立体几何要通过性质定理和判定定理进行图形关系的转化，不等式证明问题需要联系常用的基本不等式，将形式进行转化进而求解.
19.定义三边长分别为，，，则称三元无序数组为三角形数．记为三角形数的全集，即．
（1）证明：“”是“”的充分不必要条件；
（2）若锐角内接于圆O，且，设．
①若，求；
②证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据三角形两边之和大于第三边证明充分性，再举反例说明推不出即可；
（2）①将代入，通过移项平方得出和的余弦值，进
而得到正弦值，再利用三角形面积公式即可得到面积比；
②通过移项平方得到，再通过得出，同理可得出，，再根据满足三角形两边之和大于第三边，两边之差的绝对值小于第三边即可得出.
【小问1详解】
，则，即，
∴，即，
同理可得，，
则成立，
取，则为等腰直角三角形的三边，
但，，不能为三角形的三边，
故推不出，
∴“”是“”的充分不必要条件．
【小问2详解】
①，则，
∴，
又因为，∴，
而均为三角形内角，∴，
记，
∴；
②由，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
同理得，，
∴x，y，z可组成三角形，∴.