《人教版2023--2024学年度第二学期高一数学下册期末测试卷及答案（含两套题）43》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版2023--2024学年度第二学期高一数学下册期末测试卷及答案（含两套题）43（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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. 已知角终边经过点,则( )A. B. C. D. 2. 下列角的终边与角的终边关于轴对称的是( )A. B. C. D. 3. 已知,则( )A. B. C. D. 4. 已知正四棱锥的侧棱长为,高与斜高的夹角为,则该正四棱锥的体积为( )A. B. C. D. 5. 在空间四边形中,若,分别为,的中点,且,则( )A.
2、直线与平行B. 直线,相交于一点C. 直线与异面D. 直线,相交于一点6. 古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知,位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼(现在的阿斯旺,在北回归线上)记为,夏至那天正午,阳光直射,立杆无影;同样在夏至那天,他所在的城市埃及北部的亚历山大城记为,测得立杆与太阳光线所成的角约为.他又派人测得,两地的距离km,平面示意图如图,则可估算地球的半径约为( )()A. kmB. kmC. kmD. km7. 如图,为正方形,点在上,点在射线上,且,则( ) A. B. C. D. 不确定8. 在中,为中点,为上一点,且,交于点,则( )A. B. C D. 二、选择题:本题共4小题,每小
3、题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9. 已知正方体,则( )A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为C. 二面角的大小为D. 二面角的大小为10. 记的内角,所对的边分别为,.( )A. 若,则是等腰三角形B. 若,则是直角三角形C. 若,则是等腰三角形D. 若,则是等边三角形11. 已知为坐标原点,点,则( )A. B. C. D. 12. 若函数()在有且仅有个零点,则( )A. 的图象关于直线对称B. 在单调递增C. 在有且仅有个解D. 的取值范围是三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 已
4、知锐角,满足,则_.14. 将函数图象上的所有点向右平移个单位,再把所得到的曲线上的所有点纵坐标不变,横坐标变为原来的倍,得到函数的图象,则_.15. 已知非零向量,满足,且,则向量与的夹角为_.16. 已知三棱锥中,平面,.在此棱锥表面上,从点经过棱上一点到达点的路径中,最短路径的长度为,则该棱锥外接球的表面积为_.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17. （本题满分10分） 如图,四棱锥的底面为正方形,为的中点. (1)证明:平面;(2)若平面,证明:.18. （本题满分12分） 已知函数.(1)当时,求的取值范围;(2)若锐角,满足,求.19.
5、（本题满分12分） 记的内角所对的边分别为已知向量,且.(1)求角;(2)若为的中点,求的面积.20. （本题满分12分） 图是由矩形,和菱形组成的一个平面图形,其中,.将其沿,折起使得与重合,连接,如图. (1)证明:平面平面;(2)证明:/平面;(3)求直线与平面所成角的正切值.21. （本题满分12分） 在平面直角坐标系中,已知点,点在第二象限,且.(1)若点的横坐标为,现将向量绕原点沿顺时针方向旋转到的位置,求点的坐标;(2)已知向量与,夹角分别为,且,若,求的值.22. （本题满分12分） (1)证明:;(2)记的内角,所对的边分别为,已知.()证明:;()若成立,求实数的取值范围.
6、参考答案与试题解析一、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. C【解析】【分析】直接利用三角函数的坐标定义求解即得解.【详解】由题得.故选:C2. A【解析】【分析】根据已知角,利用周期性写出终边相同角,再结合选项判断即可.【详解】由题意知,与角的终边关于轴对称的角为当时,正确.经验证,其他三项均不符合要求.故选:.3. C【解析】【分析】由及二倍角公式,得,即可得解.【详解】由题意,得,所以.故选:C.4. A【解析】【分析】画出图形,正四棱锥,高为,斜高为,然后根据已知条件列方程可求出高和底面边长,从而可求出体积.【详解】如图,
7、在正四棱锥,高为,斜高为,题意可得设正方形的边长为,则,在中,在中,则,解得,所以,所以正四棱锥的体积为,故选:A5. B【解析】【分析】首先利用相似三角形证明且,再利用中位线定理证明且,从而得到四边形为梯形,且,是梯形的两腰,设,交于一点,利用平面的性质证明是直线,的公共点即可【详解】因为,且,所以,所以且,因为,分别为,的中点,所以且,所以且,故四边形为梯形,且,是梯形的两腰,所以,交于一点,设交点为,则,又因为平面,且平面,所以平面,且平面,又平面平面,所以,所以点是直线,的公共点,故直线、相交于一点 故选:B6. C【解析】【分析】利用圆的性质及周长公式即可求解.【详解】设地心为,依题
8、意可得,设地球的周长为,半径为,则,所以km.故选:C7. B【解析】【分析】根据边角关系证明三角形全等,即可根据对应边和角相等求解.【详解】在取,连接,由于,所以,又,所以,由于,所以,所以.故,故故选:B 8. D【解析】【分析】根据平面向量共线定理、平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程,解得即可.【详解】依题意,又,所以,因为、三点共线,所以,又、三点共线,所以,因为、不共线,所以,解得,所以.故选:D二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9. AC【解析】【分析】根据正方体
9、的特征,即可由空间角的定义,结合选项即可逐一求解.【详解】对于A,连接,由正方体的性质知:,所以为等边三角形,故,由于,所以四边形为平行四边形,所以,故即为直线与所成的角,故A正确,对于B,由于,而,所以直线与所成的角为,故B错误,对于C,因为平面,平面,所以,又因为, 故即为二面角的平面角,由于,故C正确, 对于,连接,设正方体的棱长为2,所以,又二面角的平面角,所以,故D错误故选:AC10. BC【解析】【分析】A. 分析得到或,则是等腰三角形或直角三角形,所以该选项错误; B. 化简得到.所以是直角三角形,所以该选项正确;C. 化简得到,则是等腰三角形,所以该选项正确;D.化简得是等腰三
10、角形,所以该选项错误.【详解】A. 若,则或,所以或,则是等腰三角形或直角三角形,所以该选项错误;B. 若,则 .所以是直角三角形,所以该选项正确;C. 若,所以,所以所以,则是等腰三角形,所以该选项正确;D. 若,所以或,则是等腰三角形,所以该选项错误.故选:BC11. ABD【解析】【分析】通过计算得到,所以选项A正确;通过计算得到,所以选项B正确;,所以选项C不正确;通过计算得到,所以选项D正确.【详解】对选项A:,所以该选项正确;对选项B:,所以,所以,所以该选项正确;对选项C:,所以该选项不正确;对选项D:,所以该选项正确.故选:ABD12. AD【解析】【分析】化简已知得到,所以选
11、项D正确;令得到,即可判断选项A正确;求出即可判断选项B错误;求出在有且仅有个解.所以选项C错误.【详解】由题得.,因为函数在有且仅有个零点,所以,所以的取值范围是,所以选项D正确;对于选项A,令.令,所以的图象关于直线对称,所以该选项正确;对于选项B,因为,所以在不是单调递增,所以该选项错误;对于选项C,所以当或时,所以在有且仅有个解.所以该选项错误.故选:AD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. #【解析】【分析】根据正切和角公式即可求解.【详解】由,得,由于,为锐角,所以,故,故答案为:14. 【解析】【分析】用三角函数的图象变换法则即可求解.【详解】将函数图象上的所有
12、点向右平移个单位,得到函数的图象,再把图象上的所有点纵坐标不变,横坐标变为原来的倍,得到函数的图象.故答案为:15. #【解析】【分析】由已知得,再利用数量积公式化简即得解.【详解】因为,所以,所以,所以.因为.故答案为:16. 【解析】【分析】根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体,外接球直径就是体对角线长,此时需要长方体的长宽高数据,根据题干中的最短路径数据,转化成平面问题列余弦定理方程求解.【详解】 由于平面,可将三棱锥放在一个如上图的长方体里,长方体的外接球直径就是三棱锥的外接球,就是体对角线的长,下将翻折到和共面的状态,如下图: 由平面,平面,故,在上图长方体中,显然平面,又平面,
13、故,在中,则,于是,由题意,点经过棱上一点到达点的路径中,最短路径的长度为,则平面图中的,设,在中,由余弦定理,整理得,解得(负值舍去).故长方体中,则,即为外接球直径,故外接球的表面积是.故答案为:四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17. (1)证明见解析; (2)证明见解析.【解析】【分析】(1)根据题意,设与交于点,连接,由线面平行的判定定理即可证明;(2)由线面垂直的性质定理及判定定理即可得证.【小问1详解】设与交于点,连接,因为底面是正方形,所以为中点,又因为为的中点,所以, 因为平面,平面,所以平面. 【小问2详解】因为底面是正方形,所以, 又因为平面,平面,所以,又,平面,所以平面,因为平面,所以.18. (1) (2)【解析】【分析】(1)根据二倍角公式以及辅助角公式化简,即可根据整体法求解范围,(2)根据同角关系求解,即可根据正弦和差角公式求解.【小问1详解】,因为,则,所以,所以.【小问2详解】由第(1)问知,所以,
