2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期期末考试数学试题（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期期末考试数学试题
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.与角终边相同的角是( )
A. B. C. D.
2.函数的定义域是( )
A. B.
C. D.
3.已知复数满足，则．
A. B. C. D.
4.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为的等边三角形，则顶点到轴的距离是( )
A. B. C. D.
5.已知函数，则下列结论正确的是( )
A. 若相邻两条对称轴的距离为，则
B. 若，则时，的值域为
C. 若在上单调递增，则
D. 若在上恰有个零点，则．
6.已知，则的值为( )
A. B. C. D.
7.设，为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为( )
A. 若上有两个点到平面的距离相等，则
B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C. 若，，，则
D. 若，是异面直线，，，，，则
8.如图，在正四面体中，，是棱上的三等分点，记二面角，，的平面角分别为，，，则( )
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.下列命题正确的是( )
A. 是第二象限角或第三象限角，，则是的充分不必要条件
B. 若为第一象限角，则
C. 在中，若，则为锐角三角形
D. 已知，且，则
10.下列有关向量的命题正确的是( )
A. 若，，均为非零向量，且，则
B. 已知单位向量，，满足，则
C. 在中，若，且，则为等边三角形
D. 若点在所在平面内，且，，则点的轨迹经过的外心
11.如图，已知正三棱台由一个平面截棱长为的正四面体所得，，，分别是，的中点，是棱台的侧面上的动点包含边界，则下列结论中正确的是( )
A. 该三棱台的体积为
B. 平面平面
C. 直线与平面所成角的正切值的最小值为
D. 若，则点的轨迹的长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在中，角，，的对边分别为，且，则 ．
13.四棱锥的底面是边长为的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则
14.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为的正方形，且，均为正三角形，，，则该木楔子的外接球的体积为 ．
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
在中，内角，，所对的边分别为，，，，且满足B.
求角
若角的角平分线交于点，，点在线段上，，求的面积．
16.本小题分
如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点．
求证：平面
求证：
求三棱锥的体积．
17.本小题分
已知向量，，函数．
求函数在上的单调递减区间
若，且，求的值
将图像上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移个单位，最后使所有的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图像，当时，方程有一解，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知函数的图像如图所示，点为坐标原点，点、、为的图像与轴正半轴的交点，，点，分别为的图像的最高点和最低点，而函数在处取得最小值．
求的值
若，求向量与向量的夹角的余弦值
若点为函数的图像上的动点，当点在，之间运动时，恒成立，求的取值范围．
19.本小题分
如图，四面体中，，，，为的中点．
证明：平面平面
设，，点在上
点为中点，求直线与直线所成的角的余弦值
当的面积最小时，求直线与平面所成的角的正弦值．
答案解析
1.
【解析】解：与终边相同的角的集合为，
结合题意，令，则．
故选D．
2.
【解析】解：由正切函数的定义域，得，，
即，
故函数的定义域是．
故选D．
3.
【解析】解：根据题意得，
，
则．
故选B．
4.
【解析】解：根据直观图中平行于轴的长度不变，
平行于轴的长度变为原来的一半，
所以，
因为，
其中为点到轴的距离，
解出．
故选A．
5.
【解析】解：
，
对于，若相邻两条对称轴的距离为，则，
所以，解得，故A错误；
对于，若，则，
当时，，
所以，
所以，故B错误；
对于，，
当时，，
因为在上单调递增，所以，解得，故C错误；
对于，时，，
要在区间上有且仅有两个零点，
则，
解得，故D正确．
故选：．
6.
【解析】解：，
则
，
故选：．
7.
【解析】解：对于，当直线与相交时，直线上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故 A错误
对于，若，，，则，又，所以当时，，当时，，
，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故 B错误
对于，若，，，与位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误
对于，若、是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面
，，又，则，，，所以，又，，，，所以，
故D正确．
8.
【解析】解：如图，
在正四面体中，取的中点，连接，，则，，而，且，平面，
所以平面，连接，，因为平面，平面，所以，．
由二面角的平面角的定义可以判断，，，由对称性容易判断．
设该正四面体的棱长为，如图，
，易得，取的中点，则，，，
在中，由勾股定理可得，
于是．
于是，在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
而，
即，于是．
故选：．
9.
【解析】解：若是第二象限角或第三象限角，则．
若，取，，此时不是第二象限角或第三象限角，
则是的充分不必要条件，故A项正确
由于为第一象限角，则，，
，故B项错误；
在中，若
，
故，所以，，，
故为锐角三角形，故C项正确
由，
所以，
则，
由，知，故D项正确．
10.
【解析】解：对于，因为，
所以．
因为，，均为非零向量，则或，故A错误；
依题意，两边同时平方得，
所以，可得，故B正确；
对于，表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，
根据平面向量加法的几何意义可知与的角平分线共线，
由可知的角平分线与垂直，
所以三角形是等腰三角形．
而，
所以为锐角，且，所以三角形是等边三角形，故C正确；
对于，由原式可得，
两边同时与进行数量积运算，则
中，，，
所以，所以点的轨迹一定过的外心，故D正确．
11.
【解析】解：选项A：将三棱台 补形为棱长为的正四面体，
如图，依题意， 是边长为的正三角形，且 ，
所以 ，即 ，解得 ，
另解：因为 ， 是边长为的正三角形，
所以 也是正三角形，边长 ，所以 ．
于是正三棱台的高 ，
另解： 棱长为的正四面体的高为 ，
所以该三棱台的体积 ，故A选项正确；
选项B：易知 ， ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ，故B选项正确；
选项C：连接 ， ， ，在 中， ，
因此在 中， ，
有 ，所以 ，又 平面 ，
由 平面 得 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，故直线与平面 所成的角为 ，
在 中， ，而 ，
所以当 最大时， 最小，由点在平面 及其边界上运动，
知当点与点或点重合时 最大，此时 ， ，
所以直线与平面 所成角的正切值的最小值为 ，故C选项正确；
选项D：当 时，可得 ，
因此点的轨迹是以 为圆心，为半径的圆与等腰梯形 重合部分的两段弧 和 如图，
连接 ， ，由 ， ，易得 ，
因此 ，所以 的长度 ，
则点的轨迹的长度为 ，故选项D错误．
故选：
12.
【解析】解：在中，由余弦定理得，
所以．
13.
【解析】解：如图，连接，交于点，连接，
由是正方形，得，
在线段取点，使得，
由，得，
连接，，则，
由平面，平面，
得平面，
而平面，
，平面，
因此平面平面，
又平面平面，
平面平面，
则，
所以．
故答案为：．

14.
【解析】解：分别过点，作的垂线，垂足分别为，，连接，，则，
故．
取的中点，连接，
又，，则．
由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点，且所求外接球的球心在这条直线上，
设球的半径为，则，且，
从而，即，
当点在线段内包括端点时，有，可得，
从而，即球心在线段的中点，其半径．
当点在线段外时，，解得舍．
故所求外接球的体积．
15.解：因为，所以由正弦定理得：
，
又，
所以，
因为在中，，所以，，
而，所以．
因为，外接圆的半径，所以由正弦定理得：，
由余弦定理得：，即，
因为的角平分线交于点，并且，
所以由，得：，
即，
由，得：，
所以为等腰三角形，于是，
因为，而，所以，于是，
所以直角的面积．
【解析】利用正弦定理，余弦定理，将已知条件转化为纯角的关系式，然后利用两角和的正弦公式化简即可求出角
在的条件下，可利用正弦定理求出，然后利用余弦定理和三角形的面积公式可得关于的方程组，可解得的值，进一步发现为等腰三角形，，再由，，求出，因此可求出的面积．
16.证明：设与交于点，则为的中点，连接，则在中，，又平面，平面，所以平面．
证明：在中，由余弦定理求得，
为直角三角形，．
又平面，平面，，，，平面，
平面．
平面，．
解：在中过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，平面，
平面
易知，，
，．
【解析】设与交于点，则为的中点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明；
根据线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
根据面面垂直的性质得到平面，再根据棱锥的体积即可求解。
17.解：因为，
所以，
即，，
又因为，
所以函数在上的单调递减区间为；
若，则，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
故；
将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象，
则将图象上所有的点的纵坐标变为原来的，再向下平移个单位，最后再向右平移个单位得到函数的图象，
即，
当时，，
由方程有一解，
可得的取值范围为
【解析】利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调区间；
利用同角三角函数的平方关系得，再根据余弦的和角公式计算即可；
根据三角函数图象变换得，再根据三角函数的性质计算即可．
18.解：在处取得最小值，则，
，又，则，即；
若，取，，，
即，，
故，即；
，即，
设向量与向量之间夹角为，
因此；
由题意可知：点，，
令，，，，
，，
即，
令，，
可知与均在上单调递增，在上单调递减；
故在或上取得最小值．
则当时，，
则；
当时，，
则．
因此的取值范围是．
【解析】根据，进一步求出；
分别求出和，并求出和，运用向量的夹角公式即可求解；
根据题意设点，，令，，，，可得，令，，根据函数的单调性进一步求出结果即可．
19.解：因为，为的中点，所以，
在和中，，，
所以，所以，又为的中点，
所以，又，平面，，
所以平面．
又因为平面，
所以平面平面
取的中点，的中点，连接，，，则，，
所以或其补角为与所成的角，
由且，所以是等边三角形，则，，
由且，为的中点，
所以，在等腰直角中，，
在中，，，，
所以 ，即 ，
又 ，
，
在中，由余弦定理得，
即，所以，
在中，，，由余弦定理得，
在中，，
即，所以，故，
在中，，，，故，
所以与所成角的余弦值为．
连接，由知，平面，平面，
所以，则，
当时最小，即的面积最小．
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
作于或交延长线，因为平面平面，平面，
所以平面，所以或其补角为与平面所成的角，
由知，所以，
在直角中，，，，所以 ，
在直角中，，，所以 ，
在等腰中，，，
所以
所以 ，
所以与平面所成的角的正弦值为．

【解析】根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直
取的中点，的中点，则或其补角为与所成的角，在中求解．
先证平面平面，根据面面垂直的性质和线面垂直的判定，可得或其补角为与平面所成的角，在中求解．
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