2023-2024学年广西梧州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年广西梧州市高一（下）期末数学试卷
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.角的终边所在的象限是( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.已知点，，则向量( )
A. B. C. D.
3.化简 的值为( )
A. B. C. D.
4.若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A. B. C. D.
5.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，则
6.在中，为上一点，且，则( )
A. B. C. D.
7.已知角的终边经过点，则( )
A. B. C. D.
8.若函数的最小正周期为，则( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 中，为的中点，则
B. 向量，可以作为平面向量的一组基底
C. 若非零向量与满足，则为等腰三角形
D. 已知点，，点是线段的三等分点，则点的坐标可以为
10.若函数的图象经过点，则( )
A. 函数的最小正周期为
B. 点为函数图象的对称中心
C. 直线为函数图象的对称轴
D. 函数的单调增区间为
11.如图，已知棱长为的正方体，点为的中点，点为的中点，点为的中点，则( )
A. 平面
B. 直线与直线所成角的余弦值为
C. 点与点到平面的距离之比为：
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.平面截球所得的截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则此球的体积为______．
13.在中，，，，则的面积为______．
14.若，则 ______．
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.本小题分
已知平面向量，．
求的值；
求向量与的夹角．
16.本小题分
已知．
求，的值；
若，求，的值．
17.本小题分
如图所示，是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为，是的中点．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ平面平面；
Ⅲ若二面角为，求四棱锥的体积．
18.本小题分
如图为函数的部分图象，且，．
求，的值；
将的图象上所有点的横坐标扩大到原来的倍纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，讨论函数在区间的零点个数．
19.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，，，且．
若，，求的周长；
若，，求的最大值．
答案解析
1.
【解析】解：因为，
因为是第二象限角，而与终边相同，
故角的终边所在的象限是第二象限．
故选：．
利用终边相同的角进行分析判断即可．
本题考查了象限角的判断，涉及了终边相同角的应用，解题的关键是将角的终边转化为角的终边．
2.
【解析】解：向量，
故选：．
利用向量坐标运算性质即可得出．
本题考查了向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.
【解析】解： ．
故选：．
直接利用两角和的余弦化简求值．
本题考查三角函数的化简求值，考查两角和的余弦，是基础题．
4.
【解析】解：根据题意，该圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，其腰长为，
则其底边长为，
故圆锥的母线长，底面圆半径，
所以该圆锥的侧面积为
故选：．
根据题意，分析圆锥的轴截面，可得圆锥的母线长和底面半径，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的侧面积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
5.
【解析】解：若，，，则或与相交或与异面，故A错误；
若，则在平面内存在不同于的直线，使得，则，从而，故，故B正确；
若，，则或与相交，故C错误；
若，，则或，故D错误．
故选：．
6.
【解析】解：，
，
故选：．
7.
【解析】解：因为角的终边经过点，
所以，
则
．
故本题选D．
8.
【解析】解：函数的最小正周期为，
，得，
即，
则，，，
，
，
故选：．
根据正切函数的周期公式求出的值，结合正切函数的单调性和取值符号进行比较即可．
本题主要考查三角函数值的大小比较，根据正切函数的周期公式求出的值，以及利用正切函数的单调性是解决本题的关键．比较基础．
9.
【解析】解：对于，由题意得，
则，A正确；
对于，因为，不能作为平面向量的一组基底，B错误；
对于，因为和分别表示与向量和同向的单位向量，
所以以和为邻边的平行四边形是菱形，在的平分线上，
又，则的平分线垂直于，即，
故为等腰三角形，C正确；
对于，若点是线段的三等分点，则或，
由，可得，
所以或，
即点的坐标可以为或，D错误．
故选：．
对于，根据平面向量的运算即可判断；对于，根据平面向量的基本定理即可判断；对于，根据平面向量的运算及三角形性质即可判断；对于，根据平面向量的运算即可判断．
本题主要考查了向量的线性运算，平面向量基本定理及向量数量积的性质的应用，属于中档题．
10.
【解析】解：因为函数的图象经过点，则，
因为，
所以，则．
对于选项，函数的最小正周期为，对；
对于选项，，故点不是函数图象的对称中心，错；
对于选项，，故直线为函数图象的对称轴，对；
对于选项，由得，
因此，函数的单调增区间为，错．
故选：．
11.
【解析】解：选项A，如图，连接，在正方体中，
，，则四边形为平行四边形，
故ED，又，所以与相交，
故D与平面相交，故A错误；
选项B，因为，
故直线与直线所成角即为，
又平面，平面，
所以，在中，
，
，故B正确；
选项C，由已知，，，，
则，，
所以，
设点与点到平面的距离分别为和，
则由可得：，解得，
由可得：，解得，
则点与点到平面的距离之比为：：，故C正确；
选项D，如右图所示，取的中点，的中点，连接，，
由正方体棱长为，可得，
故以为球心，为半径的球面与侧面的交线即为以为圆心，
半径为的圆周的，即交线为，
所以，故D正确．
故选：．
通过说明与平面相交可判定选项A错误；直接由线线角的定义进行计算可判定B正确；由体积法求出点面距离可判定C正确；分析交线的轨迹，即可求出其长度，可判定选项．
本题考查空间中的线面关系，线线角的求法，体积法求点面距离，几何体与平面的交线问题，属中档题．
12.
【解析】解：作出对应的截面图，
截面圆的半径为，即，
球心到平面的距离为，
，
设球的半径为，
在直角三角形中，．
即，
解得，
该球的体积为，
故答案为：．
根据条件求出截面圆的半径，根据直角三角形建立条件根据即可求出球的半径．
本题主要考查球的体积的计算，根据条件求出球半径是解决本题的关键．
13.
【解析】解：因为中，，，，
所以由余弦定理得，
由于，
所以，
所以的面积为：．
故答案为：．
利用余弦定理求出，再求，即可由面积公式求解．
本题考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，属于基础题．
14.
【解析】解：因为，
所以，即，
整理得且，
所以或舍．
故答案为：．
根据同角的三角函数关系式，结合余弦的二倍角公式进行求解即可．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于中档题．
15.解：因为，，
所以，
则；
因为，，所以，
所以，
设与的夹角为，
则，
因为，所以．
【解析】根据向量的坐标运算，由模长公式即可求解，
利用夹角公式即可求解．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，夹角的求法，属于基础题．
16.解：因为，
所以，
所以，；
由知，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
由得，
所以．
【解析】先由诱导公式求，然后利用诱导公式和二倍角公式可得；
先求，由和差公式可得，利用二倍角公式求，然后由商数关系可得．
本题考查了诱导公式及两角差的正弦公式，重点考查了二倍角公式，属基础题．
17.解：Ⅰ证明：连接，如图所示．
、分别为、中点，
．
平面，平面，
平面．
Ⅱ证明：平面，平面，
．
在正方形中，，
又，、平面，
平面．
又平面，平面平面．
Ⅲ取中点，连接．
为中点，
为的中位线，．
又平面，
平面，
，．
为二面角的平面角，
．
在中，，
，
．
【解析】本题考查平面与平面垂直，直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查计算能力．
Ⅰ连接，证明，然后证明平面．
Ⅱ证明，，推出平面，然后证明平面平面．
Ⅲ取中点，连接，说明为二面角的平面角，求出，，，然后求解几何体的体积．
18.解：根据题意得，，故，，故．
将代入，得，解得，
又，故．
依题意，．
函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数．
当时，，结合余弦函数图象可知，
当时，单调递减，当时，单调递增，
且，，，
作出函数在上的大致图象如图所示．
观察可知，当或时，有个零点；
当时，有个零点；
当或时，有个零点．
【解析】由周期求出，根据求出；
首先求出的解析式，函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数，由的取值范围，求出的取值范围，再结合余弦函数的图象即可得解．
本题考查了正弦函数的图象变换及函数性质的应用，属于中档题．
19.解：因为，故，
由正弦定理得，．
又，则，
即，
而，故，故．
由余弦定理得，又，
代入得，
整理得，
解得或舍去，，
故的周长为．
设，则，
由正弦定理得，，
即，
故，，
所以，
其中，，
则当时，取得最大值．
【解析】利用正弦定理及三角恒等变换化简得，再由余弦定理求即可得三角形周长；
利用正弦定理、辅助角公式及三角函数的性质计算即可．
本题考查向量在解三角形中的应用，属于中档题．
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