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2023-2024学年辽宁省抚顺市六校协作体高一下学期期末考试
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.如果，则( )
A. B. C. D.
2.已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为( )
A. B. C. D.
3.在中，点在边上，记，，则( )
A. B. C. D.
4.下列区间中，函数单调递增的区间是( )
A. B. C. D.
5.已知，，，若，，，则( )
A. B. C. D.
6.若，则的值为( )
A. B. C. D.
7.已知正三棱台上、下底面的面积分别为和，高为，所有顶点都在球的表面上，则球的表面积是( )
A. B. C. D.
8.在中，已知，，，则的面积是( )
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.关于函数，下列说法正确的是( )
A. 的最小正周期为
B. 在区间上是单调递增函数
C. 当时，的取值范围为
D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
10.在平面直角坐标系中，点，，，，，那么下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
11.长方体中，，，是线段上的一动点包括端点，则下列说法正确的是( )
A. 的最小值为
B. 平面
C. 的最小值为
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
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，若，则 ．
14.在中，，，点为的中点，点为的中点，，则的最大值为 ．
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
已知平面上两个向量，，其中，，且，．
若与共线，求的值
求与的夹角的余弦值．
16.本小题分
如图，在梯形中，，，是中点，现将沿折起得图，点是的中点，点是的中点．
求证：平面
在线段上是否存在一点，使得平面平面若存在，请指出点的位置并证明你的结论若不存在，请说明理由．
17.本小题分
在中，角，，所对的边分别是，，，以，，为边长的三个等边三角形的面积依次为，，已知，B.
求角
若的面积为，求．
18.本小题分
如图，是三棱锥的高，，，是的中点．
求证：平面
若，，，求三棱锥的体积．
19.本小题分
已知函数，称非零向量为的“特征向量”，为的“特征函数”．
设函数，求函数的“特征向量”
若函数的“特征向量”为，求当且时的值
若的“特征函数”为，且方程存在个不相等的实数根，求实数的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：由题设，
则．
2.
【解析】解：设圆锥的母线长为，
圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，
又圆锥的底面圆周长等于半圆的弧长，
，解得，
该圆锥的侧面积为．
故选：．
3.
【解析】解：因为，
所以，即，
所以．
4.
【解析】解：函数，
令
得
由选项可知，只有满足题意，
故选A
5.
【解析】解：，，，
则，
，
则，即，
解得．
故选：．
6.
【解析】解：，则，即，
．
故选：．
7.
【解析】解：如图，
由正三棱台上、下底面的面积分别为和，
得
故 ， ，
设 的外心为 ， 的外心为 ，球心为，
则一定在直线 上，易得 ， ．
当球心在线段 上时，如图 所示，设 ，，球半径为，
则 ， ，
即 ，解得舍，
当球心在线段 的延长线上时，当球心在三棱台外侧时，越靠近球心，平面所截球体的截面
越大，从而得到球心在 的延长线上
如图 所示，设 ，则 ，则有 ，解得，
所以球的半径 ，其表面积为 ，
8.
【解析】解：由题意，，
因为，则，即，
由，得，
由正弦定理得，得，
又，则，
则
由正弦定理，得，
则的面积是
9.
【解析】解：对于，它的最小正周期为，故A错误；
当时，，函数单调递增，故B正确；
当时，，，的取值范围为，故C正确；
的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，故D错误．
10.
【解析】解：对于、， ，故A正确；
对于、因为，，
所以，，
由于和大小不确定，故B错误；
对于、，，故C正确；
对于、，，
由于和大小不确定，故D错误
11.
【解析】解：对于如图：
连接、．
因为是线段上的一动点包括端点，所以的最小值是点到的距离．
因为长方体是底面边长为，侧棱长为的正四棱柱，
所以，，因此由三角形面积等量得的最小值为，故A错误；
对于如图：
因为是长方体，所以 ，而 平面， 平面 ，
因此 平面 ，同理可证平面 ．
又因为和是平面 内两条相交直线，
所以平面 平面 ，而 平面 ，因此 平面 ，故B正确；
对于．将沿翻折到与在同一个平面，且点 、在直线 的异侧，
因此的最小值为的长．
如下图：
由选项A知：，，因此由余弦定理可得，
而为锐角，所以．
在中，因为为直角，所以，，
因此
，
所以由余弦定理可得，即，
因此的最小值为，故C正确；
对于．因为长方体是底面边长为，侧棱长为的正四棱柱，所以平面，且，
因此以为球心，为半径的球面与侧面的交线为以为圆心，半径为的四分之一圆周，
所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是，故D正确．
12.
【解析】解：，
，，
．
故答案为：．
13.
【解析】解：，
，
．
14.
【解析】解：因为，
，
所以，
又因为，且，所以，
设，，，
所以，
由余弦定理得：，即，所以，
所以，当且仅当时取等号．
15.解：若与共线，则存在实数，使得，即，因为向量与不共线，所以解得．
因为，，
，
所以，．
【解析】
根据题意，利用，即可求解；
利用，即可求解．
16.证明：取的中点，连接，，因为，分别为，的中点，所以，，
又因为为的中点，所以，．
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，所以平面．
解：存在点，当为中点时，平面平面证明如下：
由图因为是中点，，，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以．
因为，分别为，中点，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可知平面，又因为，，平面，所以平面平面．
【解析】由线面平行的判定定理即可证明；
由线线平行，推出线面平行，进而得面面平行求解即可．
17.解：因为，
所以，
所以，
由余弦定理，
可得，
因为，
所以，
从而，
又因为，即，且，
所以
由可得，，，
从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为．，
由已知的面积为，可得，
所以．
【解析】根据正三角形的面积写出，，，代入进行化简可得，代入余弦定理中可得，根据，求出，得角；
由知，，由两角和的正弦得，由正弦定理，得，，的面积可表示为．，由已知的面积为，求得．
18.解：证明：取中点，连接，．
因为，为的中点，
所以，
又因为，
所以．
因为平面，平面，
所以平面．
因为，分别是，的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，、平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
因为，，
所以，
因为，
所以，
又因为，所以，
所以，
因为是三棱锥的高，
所以．
【解析】
取中点，由线面平行判定得证平面，平面，由面面平行的判定得平面平面，由面面平行的性质得证；
由题意得是三棱锥的高，代入棱锥体积公式求解．
19.解：因为
所以的“特征向量”为
由题意知，
由，得，，
因为，，所以，
所以．
，
当时，
由，得，
所以或，
由，即，而，解得或，
即，在上有两个根，
因为方程在上存在个不相等的实数根，
所以当且仅当且在上有两个不等实根，
在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线，
由图像可知：或，
解得或，
所以实数的取值范围是，．
【解析】
化简，由“特征向量”的定义即可求解
求出，得，利用两角差的正弦即可求解
求出或，分情况讨论，结合函数图像即可求解．
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