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上饶市2023—2024学年度下学期期末教学质量检测
高一数学试卷
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效.
4.本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟，
第I卷（选择题）
一 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
2. 是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（ ）
A. B. C. D.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 2 B. -2 C. D.
4. 已知是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
5. 向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（ ）
A. B. C. 1 D.
6. 已知为的重心，则（ ）
A. B.
C. D.
7. 根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ）
A ，，，有两解
B. ，，，有一解
C. ，，，有一解
D ，，，无解
8. 若函数对称轴方程为，，则（ ）
A. B. C. D.
二 多选题（本题共3小硕，每小题6分，共18分.在每小 给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 若复数是方程的两根，则（ ）
A. 虚部不同 B. 在复平面内所对应的点关于实轴对称
C. D. 在复平面内所对应的点位于第三象限
10. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 是的一个对称中心
B. 函数在上单调递增
C. 函数图像可由函数的图像向右平移个单位得到
D. 若方程在区间上有两个不相等的实根，则
11. 如图，若正方体的棱长为2，线段上有两个动点.则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与平面的夹角的余弦值为
B. 当与重合时，异面直线与所成角为
C. 平面平面
D. 平面
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则__________.
13. 设与是两个不共线向量，，，.若A，B，D三点共线，则的值为________．
14. 中，，延长线段至，使得，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. 已知
（1）若，求实数的值.
（2）已知向量夹角为钝角，求实数的范围.
16. 已知函数的部分图像如图所示.
（1）求函数的解析式及对称中心；
（2）求函数在上的值域.
（3）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角B；
（2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积．
18. 如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
（1）证明：；
（2）求异面直线BD与PC所成角余弦值；
（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
19. 我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“创新坐标系”.如图所示，，分别为，正方向上的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量的“创新坐标”，可记作.
（1）已知，，，设，求的值.
（2）已知，，求证：的充要条件是.
（3）若向量，的“创新坐标”分别为，，已知，求函数的最小值.
上饶市2023—2024学年度下学期期末教学质量检测
高一数学试卷
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效.
4.本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟，
第I卷（选择题）
一 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【点评】利用复数的除法直接求出z.
【解析】因为，所以.
故选：A
2. 是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【点评】先求出原三角形的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系即可得解.
【解析】以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，
画对应的轴，轴，使，如下图所示，
结合图形，的面积为，
作，垂足为，
则，，
所以的面积，
即原图和直观图面积之间的关系为，
所以，的面积为.
故选：A.
【小结点评】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积的关系，属于基础题.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 2 B. -2 C. D.
【答案】A
【解析】
【点评】利用坐标法来判断两向量共线即可得到结果.
【解析】由得，，
故选：A.
4. 已知是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【点评】根据空间线面位置关系的判定定理、性质定理，逐项判定，即可求解.
【解析】由直线是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，
对于A中，若，可能，所以A不正确；
对于B中，若，则或相交或异面，所以B不正确；
对于C中，由，可得或，又由，所以，所以C正确；
对于D中，由面面垂直的性质，可知只有时，才有，所以D不正确.
故选：C.
5. 向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【点评】根据给定条件，利用投影数量的定义计算即得.
【解析】依题意，在上的投影数量为.
故选：A
6. 已知为的重心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【点评】根据重心的性质及向量的线性运算可得解.
【解析】
如图所示，
设为中点，
又为的重心，
则，
故选：B.
7. 根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ）
A. ，，，有两解
B. ，，，有一解
C. ，，，有一解
D. ，，，无解
【答案】C
【解析】
【点评】利用正弦定理和余弦定理依次判断A，B，C，D即可.
【解析】A中，因为，所以，
又，所以，即只有一解，故A错误；
B中，因为，所以，
且，所以，故有两解，故B错误；
C中，因，所以，
又，所以角B只有一解，故C正确；
D中，因为,,，所以，有解，故D正确.
故选：C.
8. 若函数的对称轴方程为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【点评】根据三角恒等变换可化简函数解析式，进而可得，代入即可得解.
【解析】由已知，且，，
由对称轴为，则相邻两条对称轴间距离为，即函数的最小正周期为，
令，，
令，，
则，即，，，
则，，，
又，
所以，为偶数，
则，
则，
故选：D.
二 多选题（本题共3小硕，每小题6分，共18分.在每小 给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 若复数是方程的两根，则（ ）
A. 虚部不同 B. 在复平面内所对应的点关于实轴对称
C. D. 在复平面内所对应的点位于第三象限
【答案】ABC
【解析】
【点评】利用一元二次方程的虚根是共轭，并加以计算，就可以判断各选项.
【解析】由方程的求根公式可得：，
故A正确；
由在复平面内所对应的点分别为，显然关于实轴对称，故B正确；
由，故C正确；
由，它对应的点位于第一象限，故D错误；
故选：ABC．
10. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 是的一个对称中心
B. 函数在上单调递增
C. 函数图像可由函数的图像向右平移个单位得到
D. 若方程在区间上有两个不相等的实根，则
【答案】BC
【解析】
【点评】根据三角函数图像性质分别判断各选项.
【解析】A选项：由，令，，解得，，所以其对称中心为，所以不是其对称中心，A选项错误；
B选项：令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，B选项正确；
C选项：由，向右平移可得，C选项正确；
D选项：，即，
设，则，
即函数与函数在上有两个交点，
做出函数图像，如图所示，
所以可得，解得，D选项错误；
故选：BC.
11. 如图，若正方体的棱长为2，线段上有两个动点.则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与平面的夹角的余弦值为
B. 当与重合时，异面直线与所成角为
C. 平面平面
D. 平面
【答案】ACD
【解析】
【点评】利用正方体的性质，结合中位线，勾股定理，可计算和证明各选项，并加以判断.
【解析】
对于A，在正方体中，有平面，
所以直线与平面所成的角就是，且，
又由正方体的棱长为2，所以，
则，故A正确；
对于B，当与重合时，由于，可知此时为的中点，
如上图，连接，在正方体中，
易由且可得：四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线与所成角就是或其补角，
由于平面，平面，所以，
则又因为
所以，因为，
所以，故B错误；
对于C，在正方体中，易由且可得：
四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，同理可证明平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
而平面与平面共面，所以平面平面，故C正确；
对于D，由于平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
同理可证明：，又因为，平面，
所以平面，而平面与平面共面，则平面，故D正确；
故选：ACD.
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则__________.
【答案】##
【解析】
【点评】根据同角三角函数关系式，结合齐次式可得解.
【解析】由已知，
故答案为：.
13. 设与是两个不共线向量，，，.若A，B，D三点共线，则的值为________．
【答案】
【解析】
【点评】根据三点共线，转化为向量，计算向量后，再转化为向量相等，即可求解的值.
【解析】因为A，B，D三点共线，所以必存在一个实数λ，使得.又，，，所以 ，化简为，所以，又与不共线，所以 解得.
故答案：
14. 中，，延长线段至，使得，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【点评】分别在与中用正弦定理，可得，再利用二倍角公式化简，结合二次函数性质可得最值.
【解析】如图所示，
设，
在中，
由，则，
再由正弦定理得，
即，则，
又在中，由正弦定理得，
即，即，
所以，
又，即，，
设，
则，
所以当时，取得最大值为，
故答案为：.
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. 已知
（1）若，求实数的值.
（2）已知向量的夹角为钝角，求实数的范围.
【答案】（1）
（2）且.
【解析】
【点评】（1）对两边平方化简可得，然后将坐标代入可求出实数的值；
（2）由题意可得且不共线，从而可求出实数的范围.
【小问1解析】
因为，所以，
所以，
所以，
因为，
所以，解得；
【小问2解析】
根据题意，向量与的夹角为钝角，则有.
解得：且，
即的取值范围为且.
16. 已知函数的部分图像如图所示.
（1）求函数的解析式及对称中心；
（2）求函数在上的值域.
（3）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【点评】（1）根据题意，求得，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）由，可得，根据三角函数的性质，求得函数的最值，即可求解；
（3）根据三角函数图象变换，求得，求得函数的单调递减区间，结合，即可求解.
【小问1解析】
解：根据函数的部分图像，
可得，所以，
再根据五点法作图，可得，
又因为，可得，所以，
令，解得，
故函数对称中心为.
【小问2解析】
解：因为，可得，
当时，即，；
当时，即，，
所以函数的值琙为.
【小问3解析】
解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，
再向左平移个单位，得到的图像，
即.
令，解得，
可得的减区间为，
结合，可得在上的单调递减区间为.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角B；
（2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【点评】（1）由余弦定理得出角B；
（2）由向量的运算得出，由余弦定理得出，进而得出，最后得出面积.
【小问1解析】
因为，所以.
即，即
又，所以.
【小问2解析】
由，得，则由平行四边形法则可得，
则，即①
又，即②
由①②可得.
则
18. 如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
（1）证明：；
（2）求异面直线BD与PC所成角余弦值；
（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，PN
【解析】
【点评】（1）由等边三角形的性质可得，再由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则；
（2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可；
（3）设，连接，则由线面平行的性质可得∥，从而可找出点的位置.
【小问1解析】
连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
【小问2解析】
在上取点Q，使得，设，连接，，
因为∥，所以，
在中，，所以∥，
所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以，
又，
，
在中，由余弦定理得,
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
【小问3解析】
假设线段上存在点，使得∥平面，
因为∥平面，平面，平面平面，
所以∥，又，所以.
所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．
19. 我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“创新坐标系”.如图所示，，分别为，正方向上的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量的“创新坐标”，可记作.
（1）已知，，，设，求的值.
（2）已知，，求证：的充要条件是.
（3）若向量，的“创新坐标”分别为，，已知，求函数的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【点评】（1）根据向量线性运算的运算律可得解；
（2）根据向量共线定理可得证；
（3）根据向量数量积的运算律结合三角函数与二次函数性质可得最值.
【小问1解析】
由已知，，，
即，，，
又，
即，
解得，
所以；
小问2解析】
由，，
则，，
当时，的充要条件是；
当时，
若时，，即，
则，
又不恒为，
所以，即，
所以是的必要条件；
若时，，
则，
即，
所以是的充分条件；
综上所述，的充要条件是；
【小问3解析】
，分别为，正方向上的单位向量，且夹角成，
则，
所以 ，
所以
设，则，且，
所以当时，，
即.
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