2023-2024学年内蒙古自治区锡林郭勒盟高一下学期末学业质量抽测数学试题（含解析）

2023-2024学年内蒙古自治区锡林郭勒盟高一下学期末学业质量抽测数学试题
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.设复数满足，则在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.( )
A. B. C. D.
3.设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是( )
A. B.
C. D.
4.平面向量，，若，则( )
A. B. C. D.
5.如图，已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
6.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 ．
A. B. C. D.
7.如图，圆内接边长为的正方形是弧包括端点上一点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？单位：米已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方米处( )
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.已知两条直线，与两个平面，，下列命题不正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
10.已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在单调递减
D. 该图象向右平移个单位可得的图象
11.如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点含边界，点在棱上，且，则下列结论正确的有( )
A. 平面被正方体截得截面为等腰梯形
B. 若，直线
C. 若在上，的最小值为
D. 若，点的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，则 ．
13.已知向量，，若，的夹角为钝角，则的取值范围是 ．
14.已知直三棱柱中，底面边长分别为、、，高，则该三棱柱的外接球的表面积为 ．
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
已知向量，，
若，求实数的值；
若，求向量与的夹角的余弦值．
16.本小题分
在中，角的对边分别为，已知．
求；
若为边的中点，求的长．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，，，，，平面．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求四棱锥的表面积．
18.本小题分
已知函数的最大值为；
求常数的值；
若在上单调递增；求的最大值．
19.本小题分
在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是的中点．
证明：平面；
设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．
答案解析
1.
【解析】由题意可知，复数在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：．
2.
【解析】解：
．
故选：．
3.
【解析】
；
．
故选A．
4.
【解析】向量，，
若，则，所以．
故选：
5.
【解析】解：连接 ，如图
因为，
所以直线 与 所成的角为
由题可知： ，
由 ，
得 ，所以
故选：
6.
【解析】解：如图所示：
设它们的底面半径均为，圆锥的母线长为，则，
解得，
在圆锥中，，
则圆锥的体积为．
7.
【解析】方法一：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，则
设，则因为，所以．
由题意知，圆的半径因为点在弧包括端点上，
所以，所以的取值范围是．
方法二：如图，连接易知，
设，则．
由已知可得，所以，
所以
．
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围是．
故选：．
8.
【解析】如图所示，设观赏者眼睛出为点，画的上沿为点，下沿为点，
过点作交的延长线于点，则，
当的外接圆即为圆与切于点时，观赏者观赏的角度最大，即最大，
线段的长度为警戒线距墙的长度，
由题设知：，则，
过点作于点，连接，
如图所示，则，且，
所以，所以与切于点，所以，
所以，所以四边形为矩形，
可得，且，所以，
在直角中，由勾股定理得，
所以，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙米远处最合适．
故选：．
9.
【解析】对于选项，如图所示，，，此时，故 A错误；
对于选项，如图所示，，，此时，故 B错误；
对于选项，如图所示，，，此时，故 C错误；
对于选项，，则面内一定可以找一条直线，使得，又，则，则，故 D正确．
故选：．
10.
【解析】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故 A错；
，则，将代入中得，
则，，解得，，
因为，所以，，，
所以是的对称轴，故 B正确；
当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故 C错；
该图象向右平移个单位可得，故 D正确．
故选：
11.
【解析】对于：

在上取点，使得，连接、、、、，
则，又且，所以为平行四边形，则，
所以，所以、、、四点共面，
即平面被正方体截得截面即为梯形，
又，所以为等腰梯形，故 A正确；
对于：

因为，所以为中点，在棱上取点，使得，
则且，所以为平行四边形，所以，
又，，，
显然，即与不垂直，则与不垂直，故 B错误；
对于：

如图将平面展开到与平面共面，连接交于点，则即为的最小值，
又，所以的最小值为，故 C正确；
对于：

连接、、、，则，又平面，
平面，所以，又，平面，
所以平面，平面，所以，
又，所以，因为，所以线段不含点即为点的轨迹，
又，所以点的轨迹长度为，故 D正确．
故选：
12.
【解析】因为，所以．
故答案为：
13.
【解析】若与共线，则，得，此时，与方向相反，
因为与的夹角为钝角，所以且与不反向共线，
即且，解得且，
则的取值范围是．
故答案为：．
14.
【解析】不妨设，
由余弦定理可得，
由，则，
所以的外接圆半径，
可得该三棱柱的外接球的半径，
所以该三棱柱的外接球的表面积为．
故答案为：
15.解：向量，则，
由，得，解得．
，由，有，
解得，则，
．
所以向量与的夹角的余弦值．
【解析】利用向量平行的坐标形式可求的值；
利用向量垂直的坐标形式可求的值，再利用公式可求向量与的夹角的余弦值．
16.解：因为，
根据正弦定理，得，
化简得，因为，所以，
因为，所以．
在中，由余弦定理得，
所以，解得．
因为为的中线，所以，
所以，
因为，所以，解得．

【解析】根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；
根据余弦定理求出边，再根据向量运算求．
17.解：Ⅰ因为平面，平面，平面，
所以，，
因为，，所以．
因为，，
所以，
所以，，
由，，可得，
平面．
Ⅱ由题意可知，
，
由Ⅰ可知，平面，平面，
所以，同理可得，
又，，
所以，
所以四棱锥的表面积．
【解析】Ⅰ由线面垂直推出，，勾股定理求出边，则易证，得证；Ⅱ易证各侧面均为直角三角形，底面为两直角三角形的组合，相应直角边长代入三角形面积计算公式求和即可．
18.解：由于函数
由于，
故函数的最大值为，解得．
由于，，
解得，；
故函数的单调递增区间为，；
故，；故取，则
故，即的最大值为．
【解析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出的值；
利用函数的单调性和集合间的子集关系求出的最大值．
19.解：证明：连接与交于，连接，
因为是菱形，所以为的中点，
又因为为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面．
取中点，连接，
因为四边形是菱形，，且，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以．
同理可证：，又，
所以平面，
所以平面平面，
又平面平面，
所以点到直线的距离即为点到平面的距离，
过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，
因为为的中点，故点到平面的最大距离为，
此时，为的中点，即，
所以，
所以．
【解析】连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；
首先证明平面只要取中点，可证平面，从而得，同理得，因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．
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