【文档说明】内蒙古自治区锡林郭勒盟2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学 Word版含解析.docx，共(20)页，1.827 MB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年度第二学期全盟中小学部分年级期末学业质量抽测高一数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.3.

考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时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.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设复数z满足2iz=−，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象

限2.sin35cos65cos35sin65−=（）A.32−B.12−C.12D.323.设D为ABC所在平面内一点，若3BCCD=，则下列关系中正确的是A.1433ADABAC=−+B.1433ADABAC=−C.4133ADABAC=+D.4133

ADABAC−=4.平面向量()sin,cosa=−，()1,1b=−，若ab⊥，则tan=（）A1−B.2−C.1D.25.已知长方体ABCDABCD−，2ABAD==，1AA=，则直线BD与DC所成角的余弦值为（）A53B.52C.34D.236.已知圆柱和圆锥的底面半径相等

，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A.23πB.33πC.63πD.93π..7.如图，圆O内接边长为1的正方形,ABCDP是弧BC（包括端点）上一点，则APAB的取值范围是（）A.421,4+B.221,2+C.121,2+

D.2,148.小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（）A.2B.3C.5

D.6二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.已知两条直线l，m与两个平面，，下列命题不正确的是（）A若//l，l

m⊥，则m⊥B.若//，//m，则//mC.若//l，//m，则//lmD.若l⊥，l//，则⊥10.已知函数()()sin0,0,2πfxAxA=+部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.函数(

)yfx=的最小正周期为2πB.函数()yfx=的图象关于直线5π12x=−对称.的C.函数()yfx=在2ππ,36−−单调递减D.该图象向右平移π6个单位可得2sin2yx=的图象11.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，F是侧面11ADDA上的一个动点（

含边界），点E在棱1CC上，且11CE=，则下列结论正确的有（）A.平面1ADE被正方体1111ABCDABCD−截得截面为等腰梯形B.若1DFFD=，直线1AFDE⊥C.若F在1DD上，BFFE+的最小值为57322+D.若1DFBD⊥，点F的轨迹长度为42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.已知()1i1iz+=−，则z=_______.13.已知向量()1,2a=−−，()1,b=，若a，b的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________.14.已知直三

棱柱111ABCABC-中，底面边长分别为3、3、3，高122AA=，则该三棱柱的外接球的表面积为_____.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.已知向量()4,8a=−，(),4bx=−，（1）若()//aab+，求实

数x的值；（2）若12aab⊥−，求向量a与b的夹角的余弦值.16.在ABC中，角、、ABC的对边分别为,,abc，已知coscosaBbAac−=−−.（1）求B；（2）若2,27,abD==为AC边的中点，求BD的长.17.如图，在四棱锥PABCD−中，1ABAD==，3BC

DC==，2PA=，22=PC，PA⊥平面ABCD.（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求四棱锥PABCD−的表面积.18.已知函数()π2sincos3fxxxm=++的最大值为2m；（1）求常数m的值；（2）若()fx在()0,0aa上单调

递增；求a最大值．19.在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，120,2,,BADPAPBPCPDE====是PB的中点．（1）证明：PD//平面AEC；（2）设F是线段DC上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求三棱锥PAFE

−的体积．的2023—2024学年度第二学期全盟中小学部分年级期末学业质量抽测高一数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时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.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设复数z满足2iz=−，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的几何意义可得出结论.【详解】由题意可知，复数z在复平面内对应的点（2，-1）位

于第四象限.故选：D.2.sin35cos65cos35sin65−=（）A.32−B.12−C.12D.32【答案】B【解析】【分析】利用两角差的正弦公式及诱导公式化简求值可得结果.【详解】()()sin35cos65c

os35sin6sin35565sin30=−−−=1sin302=−=−.故选：B.3.设D为ABC所在平面内一点，若3BCCD=，则下列关系中正确的是A.1433ADABAC=−+B.1433A

DABAC=−C.4133ADABAC=+D.4133ADABAC−=【答案】A【解析】【详解】∵3BCCD=∴AC−AB=3(ADuuuv−AC)；∴ADuuuv=43AC−13AB.故选A.4.平面向量()sin,cosa=−，()1,1b=−，若ab⊥，则tan

=（）A.1−B.2−C.1D.2【答案】A【解析】【分析】利用向量垂直的坐标运算得sincos0+=，即可求出tan.【详解】向量()sin,cosa=−，()1,1b=−，若ab⊥，则sincos0+=，所以sintan1cos==−.故选：A5

.已知长方体ABCDABCD−，2ABAD==，1AA=，则直线BD与DC所成角的余弦值为（）A.53B.52C.34D.23【答案】D【解析】【分析】由异面直线所成角的定义，直线BD与DC所成角为ABD，然后计算即可.【详解】连接AD，长方体中直线AB⊥平面ADDA

，AD平面ADDA，所以ABAD⊥，由//ABDC，所以直线BD与DC所成角为ABD，由2ABAD==，1AA=，所以2222123BD=++=，所以RtABD△中，2cos3ABABDBD==.故选：D6.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们

的高均为3，则圆锥的体积为（）A.23πB.33πC.63πD.93π【答案】B【解析】【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半

径为r，则圆锥的母线长为23r+，而它们的侧面积相等，所以22π3π3rrr=+即2233r=+，故3r=，故圆锥的体积为1π9333π3=.故选：B.7.如图，圆O内接边长为1的正方形,ABCDP是弧BC（包括端点）上一点，则APAB的取值范围是（）A421,4

+B.221,2+C.121,2+D.2,14【答案】C【解析】.【分析】法一：以A为坐标原点，,ABAD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：

连接,ACCP，设π,04PAB=，则π4PAC=−，||||cosAPABAPAB==||||cosABACPAC，即可求解.【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，,ABAD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则(0,0),(1,0)AB）．设(,)Pxy，则(

,)APxy=．因为(1,0)AB=，所以APABx=．由题意知，圆O的半径22r=．因为点P在弧BC（包括端点）上，所以12122x+，所以APAB的取值范围是121,2+．方法二：如图2，连接,ACCP．易知π4BAC=，设π,04PAB

=，则π4PAC=−．由已知可得π||1,||2,2ABACAPC===，所以||||cosAPACPAC==π2cos4−，所以||||cosAPABAPAB==π222coscos2cossincos422−=+

()21cos2sin2cossincoscossincos22+=+=+=+=12πsin2224++．因为04，所以ππ3π2444+，所以2πsin2124+，所以12π121sin22242+

++，即APAB的取值范围是121,2+.故选：C．8.小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其

下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（）A.2B.3C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出符合题意得示意图，过点C作CDAB⊥，得到90ADC=，得出当ABC的外接圆与CD切于点C时，观赏者观赏的角度最大，结合直角三角形的性质，即可求解.【详解】如图所示，设观赏者

眼睛出为点C，画的上沿为点A，下沿为点B，过点C作CDAB⊥交AB延长线于点D，则90ADC=，当ABC的外接圆（即为圆O）与CD切于点C时，观赏者观赏的角度最大，即ACB最大，线段CD的长度为警戒线距墙的长度，由题设知：3m,1mAD

BD==，则312mAB=−=，过点O作OEAB⊥于点E，连接,OCOB，如图所示，则90OEB=，且11m2BEAB==，所以112mDEBDBE=+=+=，所以O与CD切于点C，所以OCCD⊥，所以90OCDADCOEB===，所以四边形OCDE为矩形，

可得2mOCDE==，且CDOE=，所以2mOBOC==，在直角OBE△中，由勾股定理得2222213mOEOBBE=−=−=，所以3mCDOE==，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙3米远处最合适

.故选：B.的二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.已知两条直线l，m与两个平面，，下列命题不正确的是（）A.若//l，lm⊥，则m⊥B.

若//，//m，则//mC.若//l，//m，则//lmD.若l⊥，l//，则⊥【答案】ABC【解析】【分析】对于ABC选项，可以借助长方体模型举反例判断；对于D选项，运用线面平行的性质，结合平行线性质，最后运用面面垂直判定可判断.【详解】对于A选项,如图所示，//l，lm

⊥，此时//l，故A错误；对于B选项,如图所示，//，//m，此时m，故B错误；对于C选项,如图所示，//l，//m，此时lm⊥，故C错误；对于D选项，l//，则面内一定可以找一条直线n，使得//ln，又l⊥，则,nn⊥，则⊥,故D正确.故选：ABC．10.

已知函数()()sin0,0,2πfxAxA=+的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.函数()yfx=的最小正周期为2πB.函数()yfx=的图象关于直线5π12x=−对称C.函数()yfx=在2ππ,36

−−单调递减D.该图象向右平移π6个单位可得2sin2yx=的图象【答案】BD【解析】【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可.【详解】由图象得2A=，3124T−=ππ，解得πT=，所以()fx的最小正周期为π，故A错；2ππT==，则2

=，将π,212代入()()2sin2fxx=+中得π22sin6=+，则ππ2π62k+=+，Zk，解得π2π3k=+，Zk，因为π2，所以π3=，()π2sin23fxx=+，5π5ππ2sin21263f−=−+=−

，所以5π12x=−是()fx的对称轴，故B正确；当2ππ,36x−−时，π2π,03x+−，因为2sinyx=在π,0−上不单调，所以()fx在2ππ,36−−上不单调，故C错；该图象向右平移π6个单位可得ππ2sin22sin263yxx

=−+=，故D正确.故选：BD11.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，F是侧面11ADDA上的一个动点（含边界），点E在棱1CC上，且11CE=，则下列结论正确的有（）A.平面1ADE被正方体1111ABCDABCD−截得截面为等腰梯形B.

若1DFFD=，直线1AFDE⊥C.若F在1DD上，BFFE+的最小值为57322+D.若1DFBD⊥，点F的轨迹长度为42【答案】ACD【解析】【分析】在BC上取点G，使得1BG=，则1ADEG即为截面，从而判断A，F为1DD的中点，在棱1CC上

取点M，使得1CM=，得到AF与FM不垂直，即可判断B，将平面翻折，化折线为直线，结合两点之间线段最短判断C，根据线面垂直得到线线垂直，即可判断D.【详解】对于A：在BC上取点G，使得11BGCE==，连接EG、1BC

、1AD、1DE、AG，则1//BCEG，又11ABDC=且11//ABDC，所以11ABCD为平行四边形，则11//ADBC，所以1//ADEG，所以A、1D、E、G四点共面，即平面1ADE被正方体1111ABCDABCD−截得截面即为梯形1AD

EG，又2211417DEAG==+=，所以1ADEG为等腰梯形，故A正确；对于B：因为1DFFD=，所以F为1DD中点，在棱1CC上取点M，使得1CM=，则1EM//DF且1EMDF=，所以1DFME为平行四边形，所以1//FMDE，又224225AF=

+=，221417FM=+=，22244133AM=++=，显然222AFFMAM+，即AF与FM不垂直，则AF与1DE不垂直，故B错误；对于C：如图将平面11CCDD展开到与平面11BBDD共面，连接BE交1DD于点F，则BE即为BFFE+的最小值，又()22424357322BE=++=+

，所以BFFE+的最小值为57322+，故C正确；对于D：的连接1BC、1BC、1AD、1DA，则11BCBC⊥，又AB⊥平面11CBBC，1BC平面11CBBC，所以1ABBC⊥，又1ABBCB=I，1,ABBC平面11ABCD，所以1BC⊥平面11ABC

D，1BD平面11ABCD，所以11BCBD⊥，又11//DABC，所以11DABD⊥，因为1DFBD⊥，所以线段1DA（不含点D）即为点F的轨迹，又2214442DA=+=，所以点F的轨迹长度为42，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.已知()1i1iz+=−，则z=_______.【答案】i−【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得.【详解】因为()1i1iz+=−，所以()()()21

i1i2ii1i1i1i2z−−−====−++−.故答案为：i−13.已知向量()1,2a=−−，()1,b=，若a，b的夹角为钝角，则的取值范围是_____________________.【答案】()1,22,2−+【解

析】【分析】由题意可得0ab且a与b不反向共线，根据向量的坐标运算即可求解.【详解】若a与b共线，则21−=−，得2=，此时ba=−，a与b方向相反，因为a与b的夹角为钝角，所以0ab且a与b不反向共线，即()1120−+−且2，解得12−且2，则的取值范围

是()1,22,2−+.故答案为：()1,22,2−+.14.已知直三棱柱111ABCABC-中，底面边长分别为3、3、3，高122AA=，则该三棱柱的外接球的表面积为_____.【答案】20π【解析】【分析】利用正弦定理求ABC

的外接圆半径，结合直棱柱的结构特征求其外接圆半径，进而可得表面积.【详解】不妨设33ABAC,BC===，由余弦定理可得2223391cos22233ABACBCAABAC+−+−===−，由(0,π)A，则2π3A=，所以ABC的外接圆半径32sinBCrA==

，可得该三棱柱的外接球的半径221152RrAA=+=，所以该三棱柱的外接球的表面积为24π20πSR==.故答案为：20π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.已知向

量()4,8a=−，(),4bx=−，（1）若()//aab+，求实数x的值；（2）若12aab⊥−，求向量a与b的夹角的余弦值.【答案】（1）2x=（2）1717【解析】【分析】（1）利用向量平行的坐标形式可求x的值；（2）利用向量垂直的坐标形式可求x的值，

再利用公式可求向量a与b的夹角的余弦值.【小问1详解】向量()4,8a=−，则()4,4abx+=−，由()//aab+，得()8444x−=−，解得2x=.【小问2详解】()12,82abx−=−−，由12aab⊥−，有()1428802aabx−=−−−+=

，解得18x=−，则()18,4b=−−，()()()()()22224188417cos,1748184ababab−−+−===−+−+−.所以向量a与b的夹角的余弦值1717.16.在ABC中，角、、

ABC的对边分别为,,abc，已知coscosaBbAac−=−−.（1）求B；（2）若2,27,abD==为AC边的中点，求BD的长.【答案】（1）2π3B=（2）3．【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式

求解；（2）根据余弦定理求出c边，再根据向量运算求BD.【小问1详解】因为coscosaBbAac−=−−，根据正弦定理，得()sincoscossinsinsinsinsincoscossinABABACAABAB−=−−=−−+，化简得2sincos

sinABA=−，因为sin0A，所以1cos2B=−，因为()0,πB，所以2π3B=.【小问2详解】在ABC中，由余弦定理得2222π(27)222cos3cc=+−，所以22240cc+−=，解得

4c=．因为BD为ABC的中线，所以2BDBABC=+uuuruuruuur，所以2222π4||2cos3BDcaac=++，因为2,4ac==，所以24||12BD=，解得3BD=.17.如图，在四棱锥

PABCD−中，1ABAD==，3BCDC==，2PA=，22=PC，PA⊥平面ABCD.（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求四棱锥PABCD−的表面积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）2315++【解析】【分析】（Ⅰ）由线面垂直推出PAAC⊥，PABC⊥，勾股定理

求出边AC，则易证ABBC⊥，得证；（Ⅱ）易证各侧面均为直角三角形，底面为两直角三角形的组合，相应直角边长代入三角形面积计算公式求和即可.【详解】（Ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，AC平面ABCD，BC

平面ABCD，所以PAAC⊥，PABC⊥，因为2PA=，22=PC，所以2AC=.因为1ABAD==，3BCDC==，所以22222ABBCADDCAC+=+=，所以ABBC⊥，ADDC⊥，由PABC⊥，ABBC⊥，PAABA=可得，BC⊥平面PAB.（Ⅱ）

由题意可知11313222ABCADCSSABBC====，1112122ABPADPSSABAP====，由（Ⅰ）可知，BC⊥平面PAB，PB平面PAB，所以BCPB⊥，同理可得DCPD

⊥，又3BCDC==，22125PBPD==+=，所以111553222CBPCDPSSPBBC====，所以四棱锥PABCD−的表面积31521231522S=++=++.【点睛】本题

考查线面垂直的判定，多面体的表面积，属于中档题.18.已知函数()π2sincos3fxxxm=++的最大值为2m；（1）求常数m的值；（2）若()fx在()0,0aa上单调递增；求a最大值．【答案】（1）312m=−（2）π12【解析】【分析

】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出m的值；（2）利用函数的单调性和集合间的子集关系求出a的最大值．【小问1详解】由于函数2π13()2sincos()2sin(cossin)sinco

s3sin322fxxxmxxxmxxxm=++=−+=−+13π3sin2(1cos2)sin(2)2232xxmxm=−−+=++−由于π1sin(2)13x−+，故函数()fx的最大值为3122mm+−=，解得312m=−．【小问2详解】由于πππ2π22π232kxk−+++

，()kZ，的解得5ππππ+1212kxk−+，()kZ；故函数()fx的单调递增区间为5ππ[π,π+]1212kk−+，()kZ；故[0,5ππ][π,π+]1212akk−+，()kZ；故取0k=，则5ππ0,[,]12

12a−故π(0,]12a，即a的最大值为π12．19.在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，120,2,,BADPAPBPCPDE====是PB的中点．（1）证明：PD//平面AEC；（2）设F是线段D

C上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求三棱锥PAFE−的体积．【答案】（1）见解析（2）33【解析】【分析】（1）连接DB与AC交于O，连接OE，证明//PDOE即可得证线面平行；（2）首先证明PA⊥平面ABCD(只要取BC中点M，可证BC⊥平面PAM，从而得PABC⊥，同理得PACD⊥

),因此点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．【详解】（1）证明：连接DB与AC交于O，连接OE，因为ABCD是菱形，所以O为DB的中点，又因为E为PB的中点，所以//PDO

E，因为PD平面,AECOE平面AEC，所以//PD平面AEC．（2）解：取BC中点M，连接,AMPM，因为四边形ABCD是菱形，120BAD=，且PCPB=，所以,BCAMBCPM⊥⊥，又AMPMM=，所以BC⊥平面APM，又AP平面APM，所以BCPA⊥

．同理可证：DCPA⊥，又BCDCC=，所以PA⊥平面ABCD，所以平面PAF⊥平面ABCD，又平面PAF平面ABCDAF=，所以点B到直线AF距离即为点B到平面PAF的距离，过B作直线AF的垂线段，在所有垂线段中长度最大为2AB=，因为E为PB的中

点，故点E到平面PAF的最大距离为1，此时，F为DC的中点，即3AF=，所以1123322PAFSPAAF===△，所以133133PAFEEPAFVV−−===．【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定

与性质是解题关键．的