/遼寧省鞍山市2023?2024學年高一下冊7月期末考試數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．與角終邊相同的角是（

）A． B．C． D．2．函數的定義域是（

）A． B．C． D．3．已知復數z滿足，則（

）A． B． C． D．4．用斜二測畫法畫出的水平放置的平面圖形的直觀圖為如圖所示的，已知是邊長為2的等邊三角形，則頂點到軸的距離是（

）A． B．4 C． D．5．已知函數，則下列結論正確的是（

）A．若相鄰兩條對稱軸的距離為，則B．若，則時，的值域為C．若在上單調遞增，則D．若在上恰有2個零點，則6．已知，則的值為（

）A．1 B． C．2 D．7．設m、n為空間中兩條不同直線，α，β為空間中兩個不同平面，下列命題中正確的為（）A．若m上有兩個點到平面α的距離相等，則m//αB．若m⊥α，n?β，則“m//n”是“α⊥β”的既不充分也不必要條件C．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nD．若m，n是異面直線，m?α，m//β，n?β，n//α，則α//β8．如圖，在正四面體中，是棱上的三等分點，記二面角，的平面角分別為，則（

）A． B．C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．下列命題正確的是（

）A．“是第二象限角或第三象限角”，“”，則是的充分不必要條件B．若為第一象限角，則C．在中，若，則為銳角三角形D．已知，且，則10．下列有關向量的命題正確的是（

）A．若均為非零向量，且，則B．已知單位向量滿足，則C．在中，若，且，則為等邊三角形D．若點在所在平面內，且，則點的軌跡經過的外心．11．如圖，已知正三棱臺由一個平面截棱長為6的正四面體所得，分別是的中點，P是棱臺的側面上的動點（包含邊界），則下列結論中正確的是（

）A．該三棱臺的體積為B．平面平面C．直線與平面所成角的正切值的最小值為D．若，則點的軌跡的長度為三、填空題（本大題共3小題）12．在中，角A，B，C的對邊分別為，且，則．13．四棱錐的底面是邊長為1的正方形，如圖所示，點是棱上一點，，若且滿足平面，則14．榫卯結構是中國古代建筑文化的瑰寶，在連接部分通過緊密的拼接，使得整個結構能夠承受大量的重量，并且具有較高的抗震能力．這其中木楔子的運用，使得榫卯配合的牢度得到最大化滿足，木楔子是一種簡單的機械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛?木片等．如圖為一個木楔子的直觀圖，其中四邊形是邊長為2的正方形，且均為正三角形，，則該木楔子的外接球的體積為．四、解答題（本大題共5小題）15．在中，內角所對的邊分別為，且滿足．(1)求角；(2)若角的角平分線交于點，點在線段上，，求的面積．16．如圖，在直三棱柱中，，，，，點是的中點．(1)求證：平面；(2)求證：；(3)求三棱錐的體積．17．已知向量，函數．(1)求函數在上的單調遞減區間；(2)若，且，求的值；(3)將圖象上所有的點向左平移個單位，然后再向上平移1個單位，最后使所有點的縱坐標變為原來的2倍，得到函數的圖象，當時，方程有一解，求實數的取值范圍．18．已知函數的圖象如圖所示，點B，D，F為與x軸的交點，點C，E分別為的最高點和最低點，而函數在處取得最小值.(1)求參數φ的值；(2)若，求向量與向量夾角的余弦值；(3)若點P為函數圖象上的動點，當點P在C，E之間運動時，恒成立，求A的取值范圍.19．如圖，四面體中，，，，為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設，，點在上；①點為中點，求與所成角的余弦值；②當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．

答案1．【正確答案】D【分析】由終邊相同的角的性質即可求解.【詳解】與角終邊相同的角是，，令，可得或，當時，這個角為，當時，這個角為，故選D.2．【正確答案】D【分析】由正切函數的定義域，令，，解不等式，即可求出結果.【詳解】由正切函數的定義域，令，，即，所以函數的定義域為.故選D．3．【正確答案】B【分析】根據復數的四則運算法則和求復數的模長公式，化簡已知條件，得到復數z，再求復數z的共軛復數，得【詳解】因為，所以，則，則故選B.4．【正確答案】A【分析】過點作交軸于點，利用正弦定理求得，再由斜二測畫法規則即可得到結果.【詳解】過點作交軸于點，如圖所示，在中，，由正弦定理可得，，所以，由斜二測畫法可知，在原平面圖形中，點B到x軸的距離是.故選A.5．【正確答案】D【分析】將化簡為，再根據選項逐一判斷即可.【詳解】，若相鄰兩條對稱軸的距離為，則最小正周期為，故，故A錯誤；若，則，當時，的值域為，故B錯誤；若在上單調遞增，則，故C錯誤；，則，若在上恰有2個零點，則，則，故D正確.故選D.6．【正確答案】B【分析】由條件利用同角三角函數的基本關系，兩角差的三角公式化簡所給的式子，求得結果．【詳解】因為，則.故選B．7．【正確答案】D【詳解】對于A，當直線m與α相交時，直線m上關于交點對稱的兩點到平面的距離相等，故A錯誤；對于B，若m⊥α，n?β，m//n，則n⊥α，又n?β，所以α⊥β；當α⊥β時，m⊥α，當m?β時，n?β，m,n可以相交，所以“m//n”是“α⊥β”的充分不必要條件，故B錯誤；對于C，若α⊥β，m?α，n?β，m與n位置關系不固定，可以是各自平面內的任意直線，故C錯誤；對于D，若m、n是異面直線，m?α，m//β，n?β，n//α，則在直線m任取一點P，過直線n與點P確定平面γ，γ∩α=c，又n//α，則n//c，n?β，c?β，所以c//β，又m//β，m?α,c?α,m∩c=P，所以α//β，故D正確.故選D.8．【正確答案】D【分析】取AB的中點G，證明平面CDG，然后根據二面角平面角的定義找到，最后結合余弦定理得到答案.【詳解】如圖1，在正四面體ABCD中，取AB的中點G，連接CG,DG，則，而，所以平面CDG，連接EG,FG，因為平面，平面，所以，由二面角的平面角的定義可以判斷，由對稱性容易判斷，設該正四面體的棱長為6，如圖2，CD=6，易得，取CD的中點H，則，CE=2，EH=HF=1，在中，由勾股定理可得，于是，在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，而，即，于是.故選D.【方法總結】求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當的空間直角坐標系，通過計算向量夾角（直線方向向量與直線方向向量、直線方向向量與平面法向量、平面法向量與平面法向量）的余弦值，通過轉化求出結果.9．【正確答案】ACD【分析】對于A，根據充分，必要條件的概念判斷；對于B，利用二倍角余弦公式化簡求解；對于C，將條件式切化弦結合三角變換求解判斷；對于D，利用二倍角余弦公式化簡條件式，再弦化切求解.【詳解】對于A，若是第二象限角或第三象限角，則，若，取，此時不是第二象限角或第三象限角，則是的充分不必要條件，故A正確；對于B，由于為第一象限角，則，，故B錯誤；對于C，在中，若，則，所以，故，所以，為銳角三角形，故C正確；對于D，由，所以，則，由，知，故D正確.故選ACD.10．【正確答案】BCD【分析】對于A，舉反例說明即可；對于B，根據模長關系結合數量積的運算律分析判斷；對于C，根據單位向量結合三角形幾何性質分析判斷；對于D，利用平面向量數量積的運算性質分析判斷.【詳解】對于A，例如，則，但，故A錯誤；對于B，由題意可知：，因為，即，可得，則，即，解得，故B正確；對于C，因為分別表示與共線的單位向量，則表示的角平分線上的向量，若，可知；又因為，即，且，可得；綜上所述：為等邊三角形，故C正確；對于D，設線段的中點為，連接，則，因為，可得，則，即，可知點在的中垂線上，所以，點的軌跡經過的外心，故D正確.故選BCD.11．【正確答案】ABC【分析】由相似三角形求得和棱臺的高，結合棱臺的體積公式計算即可判斷A；根據面面垂直的判定定理即可判斷B；利用余弦定理計算求出，由線面垂直的判定定理可得平面，分析出線面角正切值最小時點P的位置即可判斷C；確定點P的軌跡，結合弧長公式計算即可判斷D.【詳解】將三棱臺補形為棱長為6的正四面體SABC，如圖1，依題意，是邊長為6的正三角形，且，所以，即，解得，（另解：因為，是邊長為6的正三角形，所以也是正三角形，邊長，所以），于是正三棱臺的高，（另解：（棱長為a的正四面體的高為）），所以該三棱臺的體積，故A正確；易知，，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故B正確；連接，，，在中，，因此在中，，有，所以，又平面，由平面得，又，平面，所以平面，故直線CP與平面所成的角為，在中，，而，所以當最大時，最小，由點P在平面及其邊界上運動知當點P與點A或點B重合時最大，此時，，所以直線CP與平面所成角的正切值的最小值為，故C正確；當時，可得，因此點P的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓與等腰梯形重合部分的兩段弧和（如圖2），連接，，由，，易得，因此，所以的長度，則點P的軌跡的長度為，故D錯誤．故選ABC.12．【正確答案】【分析】利用余弦定理求出，再利用數量積的定義計算即得.【詳解】在中，由余弦定理得，所以．故答案為.13．【正確答案】【分析】連接BD，交AC于點O，連接OE，利用中位線性質和線面平行的判定證明平面ACE，結合平面ACE，則證明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性質則有，即可得到答案.【詳解】如圖，連接BD，交AC于點O，連接OE，由是正方形，得，在線段PE取點G，使得，由，得，連接BG，FG，則，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，則，所以.故答案為.14．【正確答案】【分析】根據幾何體的結構特征可知球心在直線上，由勾股定理可得，進而可得，，即可求解，由體積公式即可求解.【詳解】如圖，分別過點作的垂線，垂足分別為，連接，則，故，取的中點，連接，又，則，由對稱性易知，過正方形的中心且垂直于平面的直線必過線段的中點，且所求外接球的球心在這條直線上，如圖，設球的半徑為，則，且，從而，即，當點在線段內（包括端點）時，有，得，從而，即球心在線段的中點，其半徑，當點在線段外時，，解得（舍），故所求外接球的體積.故答案為.15．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理將已知等式統一成角的形式，化簡可求出角；（2）由及角的角平分線交于點，可得，再由余弦定理得，則求出，所以，由可得，從而可求得的面積．【詳解】（1）因為，由正弦定理得，所以，即，，，因為，所以，即，因為，所以；（2）因為角的角平分線交于點，所以，因為，所以由，得，所以，由余弦定理得，所以，即，解得或（舍去），所以，解得，所以，因為角的角平分線交于點，所以，因為，所以，所以.16．【正確答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)64【分析】（1）設與交于點，可得，由線面平行的判定可得答案（2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案；（3）在中過點作，垂足為，可得平面，利用相等可得答案.【詳解】（1）設與交于點，則為的中點，連接，則在中，則DE是的中位線，所以，又平面，平面，∴平面．（2）在中，由，，，由余弦定理，得，則，即，為直角三角形，．又平面，平面，，又，平面，平面，平面，．（3）在中過點作，垂足為，平面平面，且平面平面，平面易知，，，．17．【正確答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用平面向量數量積的坐標表示結合二倍角公式、輔助角公式化簡，再根據三角函數的性質整體代換計算即可求單調減區間；（2）利用同角三角函數的平方關系得，再根據余弦的和角公式計算即可；（3）根據三角函數圖象變換得，再根據三角函數的性質計算即可.【詳解】（1）因為，所以即又因為，所以函數在上的單調遞減區間為（2）若則，所以.因為，所以，所以，

所以故.（3）將圖象上所有的點的縱坐標變為原來的，再向下平移1個單位，最后再向右平移個單位得到函數的圖象，即：則，當時，

由方程有一解，可得的取值范圍為．18．【正確答案】(1)(2)(3)【分析】（1）代入最小值點，即可求解的值；（2）由函數的解析式，求出的坐標，再代入向量的坐標運算求夾角；（3）設點的坐標，利用向量數量積的坐標表示出，觀察取最小值的點，然后根據最小值大于等于1，即可求解.【詳解】（1）因為函數在處取得最小值，則，，得，，由，所以；（2）因為，所以，則，，，則，，所以；（3）因為點是上的動點，，，，又因為恒成立，設，則，，，易知在或處有最小值，在或處有最大值，所以當或時，有最小值，即當點在或處時，有最小值，此時或，當時，，，所以，得，又，則，當時，，，所以，得，又，則，綜上，.