2023-2024学年河南省驻马店市高一下学期7月期终质量监测数学试题（含答案）

2023-2024学年河南省驻马店市高一下学期7月期终质量监测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.角的终边在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.已知，是两条不同的直线，是一个平面，若，则( )
A. B. 与异面 C. 与相交 D. 与没有公共点
3.已知向量，若，则( )
A. B. C. D.
4.英国数学家泰勒发现了如下公式：，，其中这些公式被编人计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，用前三项计算，就得到运用上述思想，可得到的近似值为( )
A. B. C. D.
5.函数的最小正周期为，若，则( )
A. B. C. D.
6.设复数满足，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.设角满足，则的可能值为( )
A. B. C. D.
8.已知正四面体内接于球，为底面三角形中边的中点，过点作球的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知是三个向量，则下列命题正确的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若与共线，则或
10.如图，正方体的棱长为，为的中点，直线与平面交于点，则下列结论正确的是( )
A. ，，三点共线 B. 平面平面
C. 点到平面的距离为 D. 二面角的余弦值为
11.已知函数在上有最大值，则( )
A. 的取值范围为 B. 在区间上单调递减
C. 在区间上无零点 D. 存在两个，使得
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数，则的虚部为 ．
13.设为所在平面内一点，，为的中点，与交于点，设，则 ．
14.已知的内角，，所对的边分别为，，，记边上的高为，若为锐角，，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知均为单位向量，且．
求；
求向量与的夹角；
求向量与方向上投影数量．
16.本小题分
已知函数的最小正周期为，且图象关于点对称，把函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数．
求函数和解析式；
若方程在上有解，求实数的取值范围．
17.本小题分
如图，六面体中，四边形为菱形，，且平面平面．
在上确定一点，使得平面；
求证：平面；
若，求六面体的体积．
18.本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，，的外接圆的半径，且满足．
求角；
若为边上的角平分线，且，求的面积；
设的外接圆的圆心为，且，求的取值范围．
19.本小题分
在三棱锥中，，点在平面内的投影为，连接．
如图，证明：；
如图，记，直线与平面的夹角为，，求证：，并比较和的大小；
如图，已知，为平面内一点，且，求异面直线与直线夹角的最小值．
答案解析
1.
【解析】解：因为 ，
且 ，
所以角 的终边在第三象限故选：
2.
【解析】因为，是两条不同的直线，是一个平面，若，则或与异面，
即与没有公共点，故只有满足题意．
故选：．
3.
【解析】因为，所以，
所以．
故选：．
4.
【解析】由泰勒公式：可得：
，
故选：．
5.
【解析】，则，即，
即，即，则，又，则．
故选：．
6.
【解析】设，则，
则，
所以，
则，
所以的最小值为，
故选：．
7.
【解析】由题意，
所以，
所以，对比选项可知，只有符合题意．
故选：．
8.
【解析】如图，在正四面体中，设顶点在底面的射影为，
则球心在上，在上，且，连接，
设正四面体的棱长为，则，
则正四面体的高，
设外接球半径为，
在中，，即，解得，
在中，，
过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为，
由题设存在半径为的截面圆，，解得，
故选：．
9.
【解析】对于，若，则，故 A正确；
对于，让，不共线，则有，但不成立，故 B错误；
对于，若，则，即，所以同向，即，故 C正确；
对于，若与共线，则同向或反向，但它们的模长不一定相等，故 D错误．
故选：．
10.
【解析】对于，如图所示，
因为，平面，所以平面．
因为，平面，所以平面，
所以是平面和平面的公共点；
同理可得，点和都是平面和平面的公共点，
所以三点，，在平面与平面的交线上，
即，，三点共线，故 A正确；
对于，在正方体中，平面，
平面，所以，又，
平面，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，平面，所以平面，
平面，所以平面平面，故 B正确；
对于，由分析知道平面，则点到平面的距离为．
设点到平面的距离为，
由可得，，
又正方体的棱长为，所以正三角形的边长为，
所以，
所以，则，故 C错误．
对于，如下图，
若为交点，则二面角为，
又，且，
所以
，
故，故 D正确．
故选：．
11.
【解析】对于，若，则对有．
而，且，故在上有最大值；
若在上有最大值，设最大值在处取到，则是的极大值点，故．
而，故，从而．
所以．
由可得，，故，．
从而，得．
所以由，得．
综上，的取值范围是，故 A正确；
对于，由于当时，有，．
故，所以在区间上单调递减，故 B正确；
对于，当时，，而在上有零点，故 C错误；
对于，设，则对有，从而在上单调递增，这意味着方程至多有一个解．
由于，故至多存在一个使得，故 D错误．
故选：．
12.
【解析】，故虚部为．
故答案为：
13.
【解析】由可知．
由于为的中点，故．
故，所以．
而根据题意，点在直线上，故，从而．
故答案为：．
14.
【解析】，运用正弦定理得到，，
又，则，为锐角，则，
余弦定理可知．
等面积法知，即，即．
代入，则
，
当且仅当时取最大值，则的最大值为．
故答案为：．
15.
由均为单位向量，则，
由，即，得，
故；
，
由知，，且，
故与的夹角为；
由投影数量的定义可知，
向量与方向上的投影数量为．
【解析】由条件，结合数量积的性质求出，再由求结论；
结合向量夹角的计算公式求解；
根据投影数量的定义求解．
16.
由，得，
由的图象关于点对称，则，即，
又由，则，
故，
由于的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数，
故．
由知，把，代入方程，得，
即方程在上有解，
令，则，
上述方程转化为在上有解，
进一步转化为在上有解，
令，则在上单调递增，
故，也即是．
【解析】先由函数对称性、周期性列式求解参数即可得出，利用平移伸缩变换法则可得；
通过换元法得出在上有解，进一步分离参数即可得解．
17.
当为的中点时，平面．
再取的中点为，连接，，，
由，分别为，的中点，则，且，
再由，且，则，
故四边形为平行四边形，
即，且平面，平面，
故平面；
由四边形为菱形，则，
由平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
由平面，则，
由，则，
由平面，则平面
取的中点为，连接，
由知平面，且平面，则平面平面，
由，且为的中点，则，
由平面平面，平面，则平面，
由，得，
则为正三角形，，
则．
【解析】当为的中点时再取的中点为，连接，，，可证明四边形为平行四边形，则平面；
证明则，，即可证明平面；
先证明平面，再利用求解．
18.
由，得
由，得
由联立，得
由，消去，得
又由，得
由可知，由正弦定理得
而为的平分线，故
又且，得，
即
再由余弦定理，
整理得
由联立，可得，解得或舍去
故．
由知，且为的外接圆的圆心
可知
由，且
则，即
则，又由代入得：
所以，则，即
故
【解析】利用内角和消去一个角，再用两角和差公式进行恒等变形，即可求出结果；
利用角和该角平分线长已知，结合面积和关系来得到边的关系，再结合余弦定理联立方程组求解即可得到面积；
利用向量积的运算，得到关系式，再来求解取值范围．
19.
取的中点为，连接，
由，为的中点，得，由，为的中点，得，
而平面，则平面，又平面，
所以．
由知，，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
因此，又，为锐角，
过点向作垂线，垂足为点，连接，则，
由点在平面内的投影为，得，
由平面，平面，得，
而，平面，则平面，
由平面，则，于是，显然，
因此，当时，重合，，等式成立，所以，
由，得，又函数在上单调递减，
所以．
设点到平面的距离为，直线与直线的夹角，直线与平面的夹角，
由知，，，
，，且，
由，得，而，则直线与平面所成角，
，即，
由知，直线与直线的夹角，
所以异面直线与直线夹角的最小值为．
【解析】取的中点为，利用线面垂直的判定和性质推理即得．
过作于，利用线面垂直的性质，结合直角三角形边角关系及余弦函数性质推理即得．
利用的信息，结合等体积法求出点到平面的距离，进而求出线面角，再利用的结论求出最小值．
求直线与平面所成的角的一般步骤：
找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
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