河南省南阳六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（含解析）

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2023—2024学年（下）南阳六校高一年级期末考试
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名 考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一 单项选择题：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.已知复数为纯虚数，则（ ）
A. B.
C. D.
2.已知向量满足，且，则（ ）
A.-2 B.2 C. D.
3.若，则（ ）
A. B. C. D.
4.若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
5.已知在中，内角所对的边分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
6.已知为锐角三角形，设函数，则（ ）
A.
B.
C.
D.
7.将函数的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（ ）
A.6 B.3 C. D.
8.已知在四棱锥中，底面为矩形，，则四棱锥的体积为（ ）
A.8 B. C. D.
二 多项选择题：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.已知为复数，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C.若，则
D.若，则
10.已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A.若，则与为异面直线
B.若，则
C.若，且，则
D.若，且，则
11.在边长为3的正方形中，分别是边上的动点（含端点），且，则的取值可以是（ ）
A.12 B.11 C.10 D.9
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在直角坐标系中，已知角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则__________.
13.已知在边长为2的菱形中，，点满足，则__________.
14.已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球的球面上，为棱的中点，平面，则外接圆的半径为__________.
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（13分）
设是单位向量且夹角为，若向量，则称有序数对为向量在基下的坐标.已知在基下，.
（1）若，求的值；
（2）若，且四边形为平行四边形，求向量在基下的坐标.
16.（15分）
已知，
（1）求的值；
（2）求的值.
17.（15分）
已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）若在区间上存在实数，使得，求实数的取值范围以及的值.
18.（17分）
如图，在三棱锥中，分别为棱的中点，且.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
19.（17分）
已知在中，，点满足.
（1）若，求；
（2）若，且，求的取值范围.
2023-2024学年（下）南阳六校高一年级期末考试
数学答案
一 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1.答案B
命题意图本题考查复数的相关概念与四则运算.
解析因为为纯虚数，所以且，得，故，所以..
2.答案D
命题意图本题考查平面向量的运算性质.
解析由，两边平方可得，整理得.
3.答案C
命题意图本题考查诱导公式和二倍角公式.
解析由，得，则.
4.答案A
命题意图本题考查圆锥的结构特征以及扇形的有关计算.
解析设圆锥底面圆的半径为，依题意得，解得，而圆锥的母线长，因此圆锥的高.
5.答案A
命题意图本题考查正弦定理和余弦定理的应用.
解析由余弦定理得，所以.由题可得，由正弦定理得.
6.答案B
命题意图本题考查三角形以及三角函数的性质.
解析因为为锐角三角形，所以，所以，又函数在区间上单调递增，所以，因为，所以.因为函数在上单调递增，所以.
7.答案B
命题意图本题考查三角函数的图象变换.
解析将的图象向左平移个单位长度，得到
的图象，则，所以，又，所以的最小值为3.
8.答案C
命题意图本题考查棱锥的结构特征.
解析如图，连接交于点，连接，由底面为矩形，知为的中点.又，可得，则，又，所以，所以，在中，由余弦定理得，同理可得，所以.易得平面，所以，所以四棱锥的体积.
二 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.答案AB
命题意图本题考查复数的运算性质.
解析设，其中.
对于A，，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，令，则，满足，但，故C错误；
对于D，令，满足，但不成立，故错误.
10.答案BCD
命题意图本题考查空间直线与平面的位置关系.
解析对于A，由，得与可能相交 平行，也可能异面，故A错误；
对于B，由，得，又，所以，故B正确；
对于C，由，知点在平面内，即为平面的公共点，而，因此
，故C正确；
对于D，因为，所以，又，所以，故D正确.
11.答案ABC
命题意图本题考查平面向量在几何中的应用.
解析以为坐标原点，射线的方向分别为轴 轴的正方向，建立平面直角坐标系，则.设，其中，且，得.因为，所以
，解得，当且仅当时，等号成立.又，当且仅当点或点与点重合时，等号成立，所以.又，故选ABC.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.答案
命题意图本题考查三角函数的概念.
解析由题意知，因为角的终边与角的终边关于轴对称，得，所以
13.答案
命题意图本题考查平面向量的线性运算与数量积运算.
解析如图，设与交于点，过点作的平行线交于点.因为，所以，所以，因为四边形是边长为2的菱形，，所以，且，所以在上的投影向量为，所以.
14.答案
命题意图本题考查多面体与球的综合问题以及相关计算.
解析因为平面，所以，由三线合一可知，，因为，所以为等边
三角形，故，且球心在平面上的射影为的中心，设为，则在线段上，，如图，过点作平面于点，连接，则为的外心，与平行，且1，由勾股定理得，所以外接圆的半径为.
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.命题意图本题考查平面向量基本定理与运算性质.
解析（1）由题意知
因为，所以.
因为，所以，
即0，
解得
（2）由题意知，所以.
设在基下的坐标为，则，
因为四边形为平行四边形，所以，所以，
解得，即在基下的坐标为.
16.命题意图本题考查同角三角函数的基本关系以及三角恒等变换的应用.
解析（1）因为，所以，
又因为，所以.
所以
.
（2）由（1）知，
所以，
所以.
17.命题意图本题考查三角函数的图象与性质.
解析（1）由图象可知，
，所以，得.
由“五点法”可知，当时，，得，
所以
（2）当时，，
由图可知，要使在区间上有三个不同的根，则的取值范围是.
令，可得的图象的对称轴方程为，
所以关于直线对称，关于直线对称，
所以.
18.命题意图本题考查空间中平行与垂直的推理与证明，点到平面的距离计算.
解析（1）如图，设的中点为，连接.
因为为的中点，所以.
在和中，为公共边，
所以，所以.
又因为为的中点，所以.
又因为，所以平面，
又因为平面，所以
因为分别为的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，所以平面.
（2）由（1）知，平面，所以平面，所以，又，所以为二面角的平面角，
所以.
易知平面平面，故点到平面的距离即点到直线的距离.
在中，由余弦定理可得（*），
设，将代入（*）整理得，即
，
解得（负值舍去）.
因为，所以，
所以点到直线的距离为，
故点到平面的距离为.
19.命题意图本题考查正弦定理和余弦定理的综合应用.
解析（1）在中，由余弦定理可得，
整理得，解得（负值舍去）.
又因为，所以.
又因为，
所以为等边三角形，
所以.
（2）由可知，点在线段的延长线上.
设，则.
在中，由正弦定理得，所以，
在中，由正弦定理得，所以.
所以
因为，所以，所以，
所以的取值范围为.