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1、内装订线外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_人教版2023-2024学年度第二学期期末测试卷及答案高一 数学（满分：150分 时间：120分钟）题号一二三四总分分数第卷(选择题共60分)一单选题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 如果点直线上,而直线又在平面内,那么可以记作A. ,B. ,C. ,D. ,2. 与的值最接近的数是( )A. B. C. D. 3. 已知矩形对角线相交于点,则( )A. B. C. D. 4. 用斜二测画法画的直观图如图所示,其中,则中边上的中线长为( ) A. B. C. D. 5. 在复平面
2、内,角的顶点为坐标原点,始边为实轴非负半轴,终边经过复数所对应的点,则( )A. B. C. D. 6. 我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别,就是利用计算机检测样本之间的相似度,余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点为坐标原点,余弦相似度Similarity为向量夹角的余弦值,记作,余弦距离为.已知,若的余弦距离为的余弦距离为,则( )A. B. C. 4D. 77. 直角梯形,满足,现将其沿折叠成三棱锥,当三棱锥体积取最大值时其外接球的体积为A. B. C. D. 8. 已知函数,若对任意,当时,恒成立,则实数的取值范围( )A. B. C. D. 二多选题:本大
3、题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,至少有两项是符合题目要求的,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9. 已知为复数,则的值可能是( )A. B. C. D. 10. 在中,则下列结论错误的是( )A. 若,则有两解B. 若,则钝角三角形C. 若只有一解,则D. 若为直角三角形,则11. 如图,棱长为2的正方体中,点在线段上运动,则( ) A. 异面直线与所成角的范围为B. 二面角(不在点)的余弦值为C. 点到平面距离为D. 存在一点,使得直线与平面所成的角为12. 在中,为上一点,若的外心恰好在上,则( )A. B. C. D. 在方向上的投影向量为第
4、卷(非选择题共90分)三填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在答题卡相应的位置上.13. 已知复数,则_.14. 九章算术中将正四梭台(上下底面均为正方形)称为“方亭”.现有一方亭,高为2,上底面边长为2,下底面边长为4,则此方亭的表面积为_.15. 已知函数定义域为,满足,则_.16. 在中,所对的角分别为,若,则面积的最大值为_.四解答题:本大题共6小题,满分70分.解答时要求写出必要的文字说明证明过程或推演步骤.17. （本题满分10分）已知是两个不共线的向量,为单位向量,.(1)若_,求;在;两个条件中任选一个填在_上,并作答.(2)是否存在实数,使得与共线,若存在求
5、出;若不存在,说明理由,18. （本题满分12分）如图,四棱锥中,底面为菱形,为等边三角形,平面底面为的中点,为线段上的动点. (1)证明:;(2)当平面时,求三棱锥的体积.19. （本题满分12分）已知.(1)求证:;(2)若关于的方程有两个不相等的实根,求实数的取值范围.20. （本题满分12分）如图,A,B,C三地在以O为圆心的圆形区域边界上,A,B两地间的距离为30公里,两地间的距离为公里,是圆形区域外一景点,. (1)求圆的半径;(2)若一汽车从处出发,以每小时50公里的速度沿公路行驶到处需要多少小时？21. （本题满分12分）如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别是棱BC,
6、AB的中点,点F在棱CC1上,已知ABAC,AA13,BCCF2(1)求证:C1E平面ADF;(2)设点M在棱BB1上,当BM为何值时,平面CAM平面ADF22. （本题满分12分）已知向量.(1)当时,函数取得最大值,求的最小值及此时的解析式;(2)现将函数的图象沿轴向左平移个单位,得到函数的图象.已知是函数与图象上连续相邻的三个交点,若是锐角三角形,求的取值范围.参考答案与试题解析第卷(选择题共60分)一单选题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. B【解析】【详解】直线上有无数个点,直线可看成点的集合,点在直线上,可记作,直线在
7、平面内,可记作,故选2. D【解析】【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值判断即可.【详解】.故选:D3. D【解析】【分析】利用相等向量结合平面向量的减法可化简向量.【详解】在矩形中,又因为,则,因此,.故选:D.4. D【解析】【分析】作出的原图形,结合三角形的几何性质可求得中边上的中线长.【详解】在直观图中,且,则,故,又因为,则,可得,故为等腰直角三角形,所以,故轴,依据题意,作出的原图形如下图所示: 延长至点,使得,则为的中点,由题意可知,且,所以,且,故四边形为平行四边形,则,取的中点,连接,因为、分别为、的中点,则.故选:D.5. B【解析】【分析】根据题意求出角的终边经过的点
8、的坐标,然后利用任意角的三角函数的定义可求得结果.【详解】复数在复平面内所对应的点为,因为在复平面内,角的顶点为坐标原点,始边为实轴非负半轴,终边经过点,所以,故选:B6. A【解析】【分析】由题设,利用向量夹角公式求得、,根据新定义及正余弦齐次运算求目标式的值.【详解】由,所以,故,则,整理得.故选:A7. B【解析】【分析】由已知可得当平面平面时,三棱锥体积最大,根据线面位置关系可得确定球心及半径,即可得解.【详解】由已知得为定值,则当平面平面时,三棱锥体积取最大值,由四边形为直角梯形,则,为直角三角形,平面,故,又,且,平面,为直角三角形,故,所以为外接球球心,半径,外接球体积,故选:B
9、.8. B【解析】【分析】根据三角恒等变换可化简为,当时,恒成立,进而将问题转化为在单调递减,利用正弦函数的单调性即可求解.【详解】所以得,进而,故,由于对任意的,当时,恒成立,不妨设,则问题转化成在单调递减,所以其中,解得,故选:B【点睛】关键点睛:等价变形给定不等式,构造函数借助单调性求解是解题的关键.二多选题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,至少有两项是符合题目要求的,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9. ABC【解析】【分析】设,则,从而可得.把各选项分别代入,求解即可判断.【详解】设,则,则,所以.对于A,若,则,解得,所以,符合题
10、意,A正确；对于B,若,则,解得,所以,符合题意,B正确；对于C,若,则,解得,所以,符合题意,C正确；对于D,若,则,解得,不存在,D错误.故选:ABC10. BCD【解析】【分析】根据正弦定理求出的值可判断AB；利用特殊值法结合正弦定理可以判断CD.【详解】若,由正弦定理可得,因为,所以或,即有两解,A正确；若,由正弦定理可得,不存在,B错；时,由正弦定理可得,此时有一解,即“若只有一解,则”不正确,C错； 时,由正弦定理可得,此时,三角形是直角三角形,即“若为直角三角形,则”不正确,D错； 故选:BCD.11. BC【解析】【分析】利用特殊点说明A,取的中点,连接、,即为二面角(不在点)
11、的平面角,即可判断B,利用等体积法求出点到平面的距离,即可判断C,连接,则为直线与平面所成的角,求出,即可判断D.【详解】对于A:当在点时,因为,所以即为异面直线()与所成角,因为为等腰直角三角形,所以,故A错误； 对于B:因为在线段上,所以平面(不在点)即为平面,取的中点,连接、,则,所以即为二面角(不在点)的平面角,又,所以,故二面角(不在点)的余弦值为,即B正确； 对于C:因为且,所以为平行四边形,所以,平面,平面,平面,所以点到平面的距离与点到平面的距离相等,又为边长为的等边三角形,所以,设点到平面的距离为,又,即,解得,所以点到平面的距离为,故C正确； 对于D:因为平面,连接,所以为
12、直线与平面所成的角,因为,所以,所以最大为,当且仅当在、时取得,所以不存在点,使得直线与平面所成的角为,故D错误. 故选:BC12. ACD【解析】【分析】由正弦定理即可得到,再由平面向量基本定理即可判断A,由余弦定理即可求得,再由余弦定理即可判断C,由平面向量数量积的运算律即可判断B,由余弦定理结合投影向量的定义即可判断D【详解】 对于A,因为的外心恰好在上,连接,则分别平分角,在与中,由正弦定理可得,其中,两式相除可得,则,故A正确；对于C,设,则,在与中,由余弦定理可得,即,解得,则,在中,故C正确；对于B,因为,则,故B错误；对于D,在中,由余弦定理可得,则在方向上的投影向量为.故D正
13、确；故选:ACD第卷(非选择题共90分)三填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在横线上.13. #【解析】【分析】根据题意,先求得与,将复数化简,然后结合复数的乘法运算即可得到结果.【详解】由题意可得,则,所以.故答案为:.14. 【解析】【分析】先利用勾股定理求出正四棱台侧面的高,再根据多面体的表面积公式即可得解.【详解】如图所示,分别是正四梭台不相邻两个侧面的高,则即为正四梭台的高,由,得,所以此方亭的表面积为.故答案为:. 15. 【解析】【分析】根据题意,由条件可得函数为周期函数,且周期为,然后求得即可得到结果.【详解】因为,令,可得,所以,所以,即函数为周期函数,且周期为,当时,所以,所以,则.故答案为:16. 【解析】【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换化简可得,再根据余弦定理可得,进而根据三角形面积公式与基本不等式,结合三角恒等变换求解最值即可.【详解】由正弦定理可得,即,故,故,解得.由余弦定理,即,解得又由基本不等式可得,当且仅当时取等号.故
