山東省威海市2023?2024學年高一下學期期末考試數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．半徑為，圓心角為的扇形的面積為（

）A． B． C． D．2．下列角的終邊落在射線上的是（

）A． B． C． D．3．已知兩條不同的直線，兩個不同的平面，則（

）A．若則B．若則C．若則D．若則4．有一個正四棱臺形狀的油槽，最多裝油，已知它的兩底面邊長分別為和，則它的深度為（

）A． B． C． D．5．已知，向量，，則存在和，使得（

）A． B． C． D．6．一艘輪船從處出發，以海里/小時的速度沿西偏南的方向直線航行，分鐘后到達處.在處有一座燈塔，輪船在處觀察燈塔，其方向是東偏南，在處觀察燈塔，其方向是北偏東，則，兩點間的距離為（

）A．海里 B．海里C．海里 D．海里7．已知函數的部分圖象如圖所示，則（

）A．B．在上單調遞增C．為偶函數D．8．在三棱錐中，平面，為等腰三角形且面積為，.若該三棱錐的四個頂點都在同一個球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．設，則（

）A． B．C． D．10．已知正六邊形的邊長為，中心為，則（

）A．B．C．在上的投影向量為D．若為正六邊形邊上的一個動點，則的最大值為11．已知正方體的棱長為，是線段上的動點，則（

）A．B．二面角的正切值為C．直線與平面所成最小角的正弦值為D．若是對角線上一點，則的最小值為三、填空題（本大題共3小題）12．若，則.13．記的內角，，所對的邊分別為，，.已知，，則.14．在三棱錐中，平面，，且最長的棱長為，為棱的中點，則當三棱錐的體積最大時，直線與所成角的余弦值為.四、解答題（本大題共5小題）15．在正三棱柱中，，分別為，的中點.

(1)證明：平面；(2)證明：平面.16．如圖，在直角梯形中，，，，，，為的中點，點滿足，.(1)用與表示；(2)求的取值范圍；(3)若點為的重心，是否存在，使得，，三點共線？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.17．如圖，在平行四邊形中，，沿其對角線將折起至，使所在平面與平面垂直.

(1)證明：平面平面；(2)若為上一點，∥平面，，求直線到平面的距離.18．已知函數，對，有.(1)求的值及的單調遞增區間；(2)若，，求；(3)將函數圖象上的所有點，向右平移個單位后，再將所得圖象上的所有點，縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍，得到函數的圖象.若，，求實數的取值范圍.19．如圖，在平面四邊形中，，若是上一點，，記，.(1)證明：；(2)若，，.（i）求的值；（ii）求的取值范圍.

參考答案1．【答案】B【分析】利用扇形面積公式計算即得.【詳解】依題意，扇形的面積為.故選B.2．【答案】C【分析】在角的終邊上取點，利用角的三角函數定義進行計算檢驗即得.【詳解】在射線上任取點，顯然點在第三象限，故該角也是第三象限角，排除A，B兩項；對于C，因，符合題意，故C正確；對于D，因，故D錯誤.故選C.3．【答案】D【分析】根據面面平行的性質結合線線的位置關系，判斷A；根據面面垂直的性質結合線面的位置關系，判斷B；根據線面垂直的性質結合線面的位置關系，判斷C；根據線面平行的性質定理判斷D.【詳解】對于A，若則可能平行，也可能異面，A錯誤；對于B，若則可能有，也可能有，B錯誤；對于C，若則有可能是，也可能，C錯誤；對于D，根據線面平行的性質定理可知若則，D正確.故選D.4．【答案】B【分析】先將數據統一單位，代入棱臺體積計算公式，計算結果后再換算成即得.【詳解】因，而，設棱臺的深度為，由棱臺的體積公式可得，，解得.故選B.5．【答案】D【分析】利用向量坐標的數量積運算、運算律應用以及向量共線的充要條件判斷，對選項進行逐一分析、計算即得.【詳解】對于A，因，則，則，故，即不能成立，即A錯誤；對于B，，因，則，則，故，即B錯誤；對于C，由B項可得，同理，因，則，則，故，即C錯誤；對于D，由和可得，，即若取時，有，此時滿足，故D正確.故選D.6．【答案】A【分析】依題意，作出圖形，求出相關邊長和角，利用正弦定理求解即得.【詳解】如圖，由題意知,由正弦定理，，則.故選A.7．【答案】C【分析】由圖象分析取，，得，結合誘導公式，三角函數的單調性，奇偶性分別判斷即可．【詳解】對于A，由圖象可知，取，，即，則，取，即，取，所以，故A錯誤；對于B，當時，設，因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上不單調，故B錯誤；對于C，，設，定義域為，，所以為偶函數，故C正確；對于D，，故D錯誤；故選C．8．【答案】C【分析】由三角形的面積公式可求得，設的外心為，進而可求得，過作平面的垂線，可得外接球的半徑，進而可求表面積.【詳解】因為為等腰三角形且面積為，所以，又，所以，所以，設的外心為，可得，過作平面的垂線，則球心在直線上，設球心為，可得在的垂直平分線上，所以，所以，所以三棱錐的外接球的表面積為.故選C.9．【答案】BD【分析】化簡條件得，對于A，利用誘導公式化簡判斷；對于B，利用誘導公式化成同角，再逆用二倍角公式即得；對于C,先逆用二倍角公式，再用誘導公式即得；對于D，將化成后，必須通過同角的三角基本關系式化成正弦和余弦,代值即得.【詳解】由，得，對于A，，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，故C錯誤；對于D，，故D正確.故選BD.10．【答案】BCD【分析】利用向量的數量積計算可判斷AD；易得判斷B；利用投影向量的定義求得投影向量判斷C.【詳解】由題意可得，故A錯誤；，故B正確；在的投影向量為，故C正確；對于D：設與的夾角為，，當在方向上的投影向量的模最大時，的數量積最大，故點與點重合時，的數量積最大，所以.故選BCD.11．【答案】ABD【分析】對于A，利用線面垂直得線線垂直，先證平面得，再證；對于B，找到并證明即二面角的平面角，即可求得；對于C，由線面所成角定義，將線面所成角的正弦值轉化為求的最大值問題易得；對于D，通過翻折平面，使得點翻轉后得到的點滿足三點共線，且.即可求得.【詳解】對于A，如圖1，連接,在正方體中，由可得,則.因平面，平面,則，又,且平面,故平面，因平面,則得,又，故得，即A正確；對于B，如圖2，設,連接,因，,則，易得,因平面,平面,則，因,故，又因點在線段上，即在平面內，故即二面角的平面角，因,故，即B正確；對于C，如圖3，因點到平面的距離為2，故要使直線與平面所成角最小，只需使最大，因點在線段上，由圖知，當點與點或點重合時，取最大值為，設直線與平面所成角為，此時最小，取得最小值為，故C錯誤；對于D，如圖4，將平面繞著旋轉到位置，使之與平面在一個平面內，因是對角線上一點，要使最小，需使三點共線，且.設,則，故，于是，故D正確.故選ABD.【方法總結】本題主要考查與正方體有關的空間角和線段和最小問題，屬于難題.解決空間角問題，高一階段關鍵在于根據定義找到平面角，然后借助于三角形和正、余弦定理求解；對于包含動點的線段和最小問題，一般考慮將其中一個平面翻折,使之與另一個平面共面，化空間距離的和為平面距離的和來求解.12．【答案】/—0.6【分析】先由條件得到，結合二倍角公式，化弦為切，代入求出答案.【詳解】因為，所以，.故答案為：/—0.6.13．【答案】/【分析】應用余弦定理結合正弦定理計算.【詳解】由正弦定理得，結合題設，所以，所以.故答案為：/.14．【答案】【分析】由已知可得，由已知可得時，體積最大值，進而可求直線與所成角的余弦值.【詳解】因為，所以，所以，又因為平面，所以，所以，又，當且僅當時等號成立，所以，當時取最大值，取的中點，連接，所以，所以（或其補角）為直線與所成的角，因為，，，所以，直線與所成角的余弦值為.15．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據線面平行判定定理證明即可；（2）先證明線面垂直再應用平行得出結論.【詳解】（1）

取的中點，連接，，因為為的中點，所以且，

又因為且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，

所以，

又因為平面，平面，所以平面.（2）因為為直三棱柱，所以平面，因為面，所以，

因為為等邊三角形，所以，又平面，所以平面，又，所以平面.16．【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）利用向量的線性運算可得答案；（2）利用向量的線性運算、數量積的運算可得答案；（3），，若，，三點共線，則，求出可得答案.【詳解】（1）；（2），且，即，所以，又因為，所以；（3）若點為的重心，則，又因為，若，，三點共線，則使得，可得，解得，所以存在，使得，，三點共線.17．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證法一：由已知得，再結面面垂直的性質可得平面，而，則平面，然后利用面面垂直的判定定理可證得結論；證法二：由已知面面垂直可證得平面，則，由題意可得，再利用線面垂直的判定定理得平面，然后利用面面垂直的判定定理可證得結論；（2）連接交于點，連接，由線面平行的性質可得∥，∥平面，則將到平面的距離轉化為點到平面的距離，可證得為等邊三角形，則，由線面垂直的判定可得平面，從而可求得結果.【詳解】（1）證法一：因為，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，

因為平行四邊形，所以∥，所以平面，因為平面，所以平面平面.證法二：因為，所以，即，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，因為平行四邊形，所以∥，所以，即，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）因為∥平面，所以到平面的距離等于點到平面的距離.連接交于點，連接，因為∥平面，平面，平面平面，所以∥，因為為中點，所以為的中點，因為，，所以，在中，，，所以，且，所以為等邊三角形，所以，因為，平面，所以平面，所以的長即為點到平面的距離，因為，所以到平面的距離為.

18．【答案】(1)，單調遞增區間為（）(2)(3)或【分析】（1）利用三角恒等變換得到，根據得到方程，求出，得到函數解析式，整體法得到函數單調性；（2）根據得到，湊角法，結合正弦和角公式得到答案；（3）根據伸縮和平移變換得到，令，故，令，從而得到，因為，所以當時，，所以，解出答案.【詳解】（1），因為對，有，可得當時，取得最值，所以，，可得，，又，所以，所以，由，，可得，，所以的單調遞增區間為（）.（2）由，，，可得，，所以，所以.（3）將函數圖象上的所有點，向右平移個單位后得到函數的圖象，進而可得，令，只需，令，因為，所以，所以，因為，可得，所以，因為，所以當時，，所以，即，解得或.所以實數的取值范圍為或.19．【答案】(1)證明見解析(2)（i）（ii）【分析】（1）結合圖形，先找到的數量關系式，再運用誘導公式推理即得；（2）（i）在中，運用正弦定理得到，結合（1）結論，聯立解方程即可求得；（ii）在中，分別運用正、余弦定理得到①，②兩式，結合③式，在中，利用余弦定理將用的三角函數表示，并運用輔助角公式化成正弦型函數，利用三角函數的值域即得.【詳解】（1）因為，所以，在中，，可得，所以，即.（2）（i）在中，由正弦定理得，可得，即（*），由（1）已證：，即，將（*）代入得，，即，解得或（舍去），