河南省驻马店市2023-2024学年高一下学期期终质量监测数学试卷（含解析）

河南省驻马店市2023-2024学年高一下学期期终质量监测数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
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a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若,，则( )
A. B.a与b异面
C.a与b相交 D.a与b没有公共点
3．已知向量,，若，则( )
A. B. C. D.2
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.0.53 B.0.54 C.0.55 D.0.56
5．函数的最小正周期为T，若，则( )
A. B. C. D.
6．设复数z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O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O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、多项选择题
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1，O为BD的中点，直线与平面D交于点M，则下列结论正确的是( )
A.，M，O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
12．已知复数，则z的虚部为________.
13．设D为所在平面内一点，，E为的中点，与交于点F，设，则________.
14．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记BC边上的高为h，若A为锐角，，则的最大值为________.
四、解答题
15．已知,均为单位向量，且.
(1)求；
(2)求向量与的夹角；
(3)求向量与方向上的投影数量.
16．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2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数.
(1)求函数和的解析式；
(2)若方程在上有解，求实数k的取值范围.
17．如图，六面体中，四边形为菱形，，，，且平面平面.
(1)在DE上确定一点M，使得平面ABCD；
(2)求证：平面ABCD；
(3)若，求六面体的体积.
18．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的外接圆的半径，且满足.
(1)求角B；
(2)若BD为AC边上的角平分线，且，求的面积；
(3)设的外接圆的圆心为O，且，求的取值范围.
19．在三棱锥中，，点P在平面内的投影为H，连接AH.
(1)如图1，证明：；
(2)如图2，记，直线AP与平面ABC的夹角为，，求证：，并比较和的大小；
(3)如图3，已知，，，M为平面内一点，且，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值.
参考答案
1．答案：C
解析：因为，
且，
所以角的终边在第三象限.
故选：C
2．答案：D
解析：因为a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若，，则或a与b异面，
即a与b没有公共点，故只有D满足题意.
故选：D.
3．答案：A
解析：因为，所以,
所以.
故选：A.
4．答案：B
解析：由泰勒公式：可得：
，
故选：B.
5．答案：B
解析：，则，即，
即，即，则，又，则.
故选：B.
6．答案：D
解析：设，则，
则，
所以，
则，
所以的最小值为，
故选：D.
7．答案：A
解析：由题意，
所以，
所以，，对比选项可知，只有A符合题意.
故选：A.
8．答案：C
解析：如图，在正四面体中，设顶点P在底面的射影为，
则球心O在上，在上，且,连接 ，
设正四面体的棱长为a，则，
则正四面体的高，
设外接球半径为R，
在中，，即，解得，
在中，，
过E点作外接球O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:C.
9．答案：AC
解析：对于A，若，则，故A正确；
对于B，让，,不共线，则有，但不成立，故B错误；
对于C，若，则，即，所以,同向，即，故C正确；
对于D，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：AC.
10．答案：ABD
解析：对于A，如图所示，
因为，平面，所以平面.
因为，平面，所以平面，
所以O是平面和平面的公共点；
同理可得，点M和都是平面和平面的公共点，
所以三点，M，O在平面与平面的交线上，
即，M，O三点共线，故A正确；
对于B，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C，由B分析知道平面，则点到平面的距离为.
设点C到平面的距离为h，
由可得，，
又正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为，
所以，
所以，则，故C错误.
对于D，如下图，
若为,交点，则二面角为，
又，且，
所以
，
故，故D正确.
故选：ABD.
11．答案：AB
解析：对于A，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B，由于当时，有，.
故，所以在区间上单调递减，故B正确；
对于C，当时，，而在上有零点，故C错误；
对于D，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：AB.
12．答案：1
解析：，故虚部为1.
故答案为：1
13．答案：
解析：由可知.
由于E为的中点，故.
故，所以.
而根据题意，点F在直线上，故，从而.
故答案为：.
14．答案：
解析：，运用正弦定理得到，，
又，则，A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．答案：(1)；
(2)；
(3)
解析：（1）由，均为单位向量，则，
由，即，得，
故；
（2），
由（1）知，，且，
故与的夹角为；
（3）由投影数量的定义可知，
向量与方向上的投影数量为.
16．答案：(1)，；
(2)
解析：（1）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2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数，
故.
（2）由（1）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.
17．答案：(1)M为DE的中点；
(2)证明见解析；
(3)
解析：（1）当M为DE的中点时，平面ABCD.
再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，
由M，N分别为DE，AD的中点，则，且，
再由，且，则，，
故四边形BFMN为平行四边形，
即，且平面ABCD，平面ABCD，
故平面；
（2）由四边形ABCD为菱形，则，
由平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD，
则平面ACE，
由平面ACE，则，
由，，则，
由，平面，则平面ABCD
（3）取AB的中点为G，连接CG，
由（2）知平面ABCD，且平面AEFB，则平面平面ABCD，
由，且G为AB的中点，则，
由平面平面，平面ABCD，则平面AEFB，
由，，得，，
则为正三角形，，，
则.
18．答案：(1)；
(2)；
(3)
解析：（1）由，得①
由，得②
由①②联立，得
由，消去，得
又由，得
（2）由（1）可知，由正弦定理得
而BD为的平分线，故
又且，得，
即①
再由余弦定理，
整理得②
由①②联立，可得，解得或（舍去）
故.
（3）由（1）知，且O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
19．答案：(1)证明见解析；
(2)证明见解析，；
(3).
解析：（1）取BC的中点为D，连接，，
由，D为BC的中点，得，由，D为BC的中点，得，而，平面，则平面，又平面，所以.
（2）由（1）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H向AB作垂线，垂足为点N，连接PN，则，
由点P在平面ABC内的投影为H，得，
由平面ABC，平面ABC，得，
而，，平面PHN，则平面PHN，
由平面PHN，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.
（3）设点A到平面PBC的距离为d，直线AM与直线BC的夹角，直线AM与平面PBC的夹角，
由（1）知，，，
，，且，
由，得，而，则直线与平面PBC所成角，
，即，
由（2）知，直线AM与直线BC的夹角，
所以异面直线AM与直线BC夹角的最小值为.