河南省新未来2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题

这是一份河南省新未来2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题，共12页。试卷主要包含了函数的部分图象如图所示，则，在中，内角的对边分别为，且，则，已知，已知四棱锥的所有顶点都在半径为，下列不等式中成立的是等内容，欢迎下载使用。

高一数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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.与角终边相同的角是（ ）
A. B. C. D.
2.已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
3.若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4.已知圆柱的母线长比底面半径长多，表面积为，则该圆柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
5.函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
6.在中，内角的对边分别为，且，则（ ）
A.为直角三角形 B.为锐角三角形
C.为钝角三角形 D.的形状无法确定
7.已知（其中），若方程在区间上恰有4个实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知四棱锥的所有顶点都在半径为（为常数）的一个球面上，底面是正方形且球心到平面的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球的体积等于（ ）
A. B. C. D.
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.如图，小明在处向正东方向走后到达处，他再沿南偏西方向走到达处，这时他离出发点的距离为，那么的值可以是（ ）
A.1 B. C. D.2
10.下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，在长方体中，为的中点，为棱上任意一点，直线与棱交于点.则下列结论正确的是（ ）
A.四边形是平行四边形
B.当为的中点时，四边形是菱形
C.四边形的周长的最小值为9
D.四棱锥的体积为4
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知，则的虚部为__________.
13.已知向量满足，且，则__________.
14.如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15.（本小题满分13分）
已知复数是一元二次方程的根.
（1）求的值；
（2）若复数（其中为纯虚数，求复数的模.
16.（本小题满分15分）
已知的内角的对边分别为，满足.
（1）求角；
（2）若的外接圆的面积为，求的面积.
17.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）若为锐角，，求的值.
18.（本小题满分17分）
如图，在矩形中，为的中点，为上靠近点的三等分点，与相交于点，记.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
19.（本小题满分17分）
如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为菱形，.
（1）求锐二面角的大小；
（2）求与平面所成的角的正弦值.
2023~2024学年度下学期期末质量检测·高一数学
参考答案､提示及评分细则
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.【答案】B
【解析】.
2.【答案】C
【解析】由于向量，且，则，解
得3，故选C.
3.【答案】B
【解析】因为，则.故选B.
【答案】C
【解析】设圆柱的底面半径为，可得母线长为，表面积为，解得或（舍去），则圆柱的体积为.故选C.
5.【答案】C
【解析】由图可知，，函数的周期为，可得，由，有，有，得.
6.【答案】A
【解析】由，可得，
则，
，
，
即，
由，故只能为锐角，可得，
因为，所以.故选A.
7.【答案】D
【解析】由方程，可得，
所以或.当时，
所以的可能取值为，
因为原方程在区间上恰有4个实根，所以，
解得，即的取值范围是.故选D.
8.【答案】A
【解析】，有，得：，得，有，有，得，球的体积为，故选A
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.【答案】AD（全部选对得6分，选对1个得3分，有选错的得0分）
【解析】如图，由条件可知，，根据余弦定理可知，即，解得：或2，故选AD
10.【答案】ACD（全部选对得6分，选对1个得2分，选对2个得4分，有选错的得0分）
【解析】，即A项正确，B项不正确；
，即C项正确；
，即D项正确.故选ACD.
11.【答案】ABD（全部选对得6分，选对1个得2分，选对2个得4分，有选错的得0分）
【解析】对于A选项，连接，因为是平行四边形，为平行四边形的对角线的中点，可得，可得，可得四边形的对角线互相平分，所以四边形是平行四边形.故A选项正确；
对于B选项，当为的中点时，，又由平面，所以，可得，所以四边形是菱形.故B选项正确；
对于C选项，如图，将长方形沿折到与长方形在一个平面内，因为，，可得，所以的最小值为5，可得四边形的周长的最小值为10.故C选项错误；
对于D选项，因为
.故D选项正确.故选ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【解析】由，则的虚部为.
13.【答案】1
【解析】因为，所以，展开，将代入，整理得，所以，即.
14.【答案】
【解析】在直三棱柱中，，
即底面为直角三角形，且斜边，
取的中点的中点的中点，连接，
则，所以，即四点共面，
由平面平面，所以平面，故平面即为平面，
取的中点的中点，连接，则为等腰梯形的高，
因为，所以
，
所以.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15.【答案】（1）（2）5
【解析】（1）将复数代入方程，有，
整理为，
可得，
解得，
故；
（2）由，
因为复数为纯虚数，所以，可得，
又因为，所以.
16.【答案】（1）（2）
【解析】（1）因为，
所以，
整理得，
由余弦定理得，
又，所以；
（2）因为，所以的外接圆的半径为，
又因为的外接圆的面积为，所以，可得，
又因为及，所以，可得，
又因为及正弦定理，所以，
又因为，所以，
将，可得，
所以的面积为.
17.【答案】（1）（2）最大值为1，最小值为（3）
【解析】（1）由
，
令，解得，
故函数的减区间为；
（2）由，有，
有，
故函数在区间上的最大值为1，最小值为-2；
（3）由，可得，
因为，可得，
又由，可得，有，
有.
18.【答案】（1）（2）
【解析】（1）由，有，
有
，
又由，有，
有
，
因为向量与平行，所以，整理为，解得，
所以的值为；
（2）因为，所以，
由（1）可知，
又由，
有.
19.【答案】（1）（2）
【解析】（1）如图，取的中点，连接，
因为是边长为2的等边三角形，为的中点，所以且，
因为底面为菱形，，所以为等边三角形，
又因为是的中点，，所以且，
又因为是平面与平面的交线，所以是锐二面角的平面角，
又因为，所以是等边三角形，所以，
所以锐二面角为；
（2）如图，取的中点，连接，
因为平面，所以平面，
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为是等边三角形，，所以，
因为，所以，
在中，，
可得，
因为平面平面，所以，
在中，，
可得，
的面积为
因为，所以，
设点到平面的距离为，有，
因为，所以，可得，
所以与平面所成的角的正弦值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
B
C
C
A
D
A
题号
9
10
11
答案
AD
ACD
ABD