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1、普洱市重点中学2024年高一下数学期末统考试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1在中，内角所对的边分别为.若,则角的值为（ ）ABCD2已知a、b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，若，则下列三个结论：、其中正确的个数为（）A0B1C2D33若向量
2、，|2，若()2，则向量与的夹角( )ABCD4三边，满足，则三角形是（ ）A锐角三角形B钝角三角形C等边三角形D直角三角形5在中，、分别是角、的对边，若，则的形状是（ ）A等腰三角形B钝角三角形C直角三角形D锐角三角形6已知点，为坐标原点，分别在线段上运动，则的周长的最小值为( )ABCD7中，已知，如果有两组解，则的取值范围（ ）ABCD8若存在正实数，使得，则（ ）A实数的最大值为B实数的最小值为C实数的最大值为D实数的最小值为9已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的最大值是（ ）A1BCD10函数的部分图像如图所示，则该函数的解析式为（ ）ABCD二、填空题：
3、本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知sin+cos=，则sin2=_12若直线上存在满足以下条件的点:过点作圆的两条切线(切点分别为),四边形的面积等于，则实数的取值范围是_13在等差数列中，则公差_.14下列命题：函数的最小正周期是；在直角坐标系中，点，将向量绕点逆时针旋转得到向量，则点的坐标是；在同一直角坐标系中，函数的图象和函数的图象有两个公共点；函数在上是增函数其中，正确的命题是_（填正确命题的序号）15在正四面体中，棱与所成角大小为_.16已知向量，则向量与夹角的余弦值为_.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知四棱锥的底面
4、是菱形，底面，是上的任意一点求证：平面平面设，求点到平面的距离在的条件下，若，求与平面所成角的正切值18在如图所示的直角梯形中，求该梯形绕上底边所在直线旋转一周所形成几何体的表面积和体积.19已知平面向量（1）若，求；（2）若，求与夹角的余弦值.20在中，内角，所对的边分别为，.已知.（）求；（）若，求的值.21已知方程，.（1）若是它的一个根，求的值；（2）若，求满足方程的所有虚数的和.参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、C【解析】根据正弦定理将边化角，可得，由可求得，根据的范围求得结果.【详解】由正弦定理得：
5、本题正确选项：【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用，涉及到两角和差正弦公式、三角形内角和、诱导公式的应用，属于基础题.2、C【解析】根据题意，则有，因此，不难判断.【详解】因为，则有，所以，所以正确，不正确，正确，则其中正确命题的个数为2.故选C【点睛】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间推理能力，属于简单题.3、A【解析】根据向量的数量积运算，向量的夹角公式可以求得.【详解】由已知可得： ，得 ，设向量与的夹角为 ，则 所以向量与的夹角为故选A.【点睛】本题考查向量的数量积运算和夹角公式，属于基础题.4、C【解析】由基本不等式得出，将三个不等式相加得出，由等号成立的条件可判断出
6、的形状【详解】为三边，由基本不等式可得，将上述三个不等式相加得，当且仅当时取等号，所以，是等边三角形，故选C【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查基本不等式的应用，利用基本不等式要注意“一正、二定、三相等”条件的应用，考查推理能力，属于中等题5、A【解析】由正弦定理和，可得，在利用三角恒等变换的公式，化简得，即可求解.【详解】在中，由正弦定理，由，可得，又由，则，即，即，解得，所以为等腰三角形，故选A.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，以及三角形形状的判定，其中解答中熟练应用正弦定理的边角互化，合理利用三角恒等变换的公式化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6、C【解析】
7、分别求出设关于直线对称的点，关于对称的点，当共线时，的周长取得最小值，为，利用两点间的距离公式，求出答案.【详解】过两点的直线方程为设关于直线对称的点，则，解得即，同理可求关于对称的点，当共线时的周长取得最小值为.故选C【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称性的简单应用，试题的技巧性较强，属于中档题.7、D【解析】由正弦定理得 A+C=180-60=120，由题意得：A有两个值，且这两个值之和为180，利用正弦函数的图象可得：60A120，若A=90，这样补角也是90，一解，不合题意， sinA1，x=sinA，则2x故选D8、C【解析】将题目所给方程转化为关于的一元二次方程，根据此方程在上有
8、解列不等式组，解不等式组求得的取值范围，进而求出正确选项.【详解】由得，当时，方程为不和题意，故这是关于的一元二次方程，依题意可知，该方程在上有解，注意到，所以由解得，故实数的最大值为，所以选C.【点睛】本小题主要考查一元二次方程根的分布问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.9、D【解析】由图象性质可知，解得，故选D。10、A【解析】根据图象求出即可得到函数解析式.【详解】显然，因为，所以，所以，由得，所以，即，因为，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了根据图象求函数解析式，利用周期求，代入最高点的坐标求是解题关键，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11
9、、【解析】，即，则.故答案为：.12、【解析】通过画出图形，可计算出圆心到直线的最短距离，建立不等式即可得到的取值范围.【详解】作出图形，由题意可知，此时，四边形即为,而，故，勾股定理可知，而要是得存在点P满足该条件，只需O到直线的距离不大于即可，即，所以，故的取值范围是.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，意在考查学生的转化能力，计算能力，分析能力，难度中等.13、3【解析】根据等差数列公差性质列式得结果.【详解】因为，所以.【点睛】本题考查等差数列公差，考查基本分析求解能力，属基础题.14、【解析】由余弦函数的周期公式可判断；由任意角的三角函数定义可判断；由余弦函数
10、和一次函数的图象可判断；由诱导公式和余弦函数的单调性可判断【详解】函数ycos（2x）即ycos2x的最小正周期是，故正确；在直角坐标系xOy中，点P（a，b），将向量绕点O逆时针旋转90得到向量，设arcos，brsin，可得rcos（90+）rsinb，rsin（90+）rcosa，则点Q的坐标是（b，a），故正确；在同一直角坐标系中，函数ycosx的图象和函数yx的图象有一个公共点，故错误；函数ysin（x）即ycosx在0，上是增函数，故正确故答案为【点睛】本题考查余弦函数的图象和性质，主要是周期性和单调性，考查数形结合思想和化简运算能力，属于基础题15、【解析】根据正四面体的结构特征
11、，取中点，连，利用线面垂直的判定证得平面，进而得到，即可得到答案.【详解】如图所示，取中点，连，正四面体是四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等，所以，且，所以平面，又由平面，所以，所以棱与所成角为.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及直线与平面垂直的判定及应用，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.16、【解析】先求出，再求，最后代入向量的夹角公式即得解.【详解】由题得所以向量与夹角的余弦值为.故答案为【点睛】(1)本题主要考查向量的夹角的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 求两个向量的夹角一般有两种方法,方法一：,方法二：设=,=，为向量
12、与的夹角，则.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析（2）（3）【解析】（1）由平面，得出，由菱形的性质得出，利用直线与平面垂直的判定定理得出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可证出结论；（2）先计算出三棱锥的体积，并计算出的面积，利用等体积法计算出三棱锥的高，即为点到平面的距离；（3）由（1）平面，于此得知为直线与平面所成的角，由，得出平面，于此计算出，然后在中计算出即可【详解】（1）平面，平面，四边形是菱形，平面；又平面，所以平面平面.（2）设，连结，则，四边形是菱形，设点到平面的距离为平面，解得，即点到平面的距离为；（3）由（
13、1）得平面，为与平面所成角，平面，与平面所成角的正切值为【点睛】本题考查平面与平面垂直的证明、点到平面的距离以及直线与平面所成的角，求解点到平面的距离，常用的方法是等体积法，将问题转化为三棱锥的高来计算，考查空间想象能力与推理能力，属于中等题18、表面积为，体积为【解析】直角梯形绕它的上底（较短的底）所在直线旋转一周形成的几何体是圆柱里面挖去一个圆锥，由此可计算表面积和体积【详解】如图直角梯形绕上底边所在直线旋转一周所形成几何体是以为母线的圆柱挖去以为母线的圆锥由题意，【点睛】本题考查旋转体的表面积和体积，解题关键是确定该旋转体是由哪些基本几何体组合成的19、（1）（2）【解析】（1）由题可得，解出，进而得出答案（2）由题可得，再由计算得出答案，【详解】因为，所以，即解得所以（2） 若，则 所以，所以【点睛】本题主要考查的向量的模以及数量积，属于简单题20、（）；（）.【解析】（）根据正弦定理将边角转化,结合三角函数性质即可求得角.（）先根据余弦定理求得,再由正弦定理求得,利用同角三角函数关系式求得,即可求得.即可求得的值.【详解】（）在中,由正弦定理可得即因为,所以,即又因为,可得（）在中,由余弦定理及,有,故由正弦定理可得因为,故因此,所以,
