高一期末模擬卷01一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．（2024·四川綿陽·期末）已知，則在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根據復數模的運算及四則運算化簡復數，再由共軛復數的概念求出，即可得解.【詳解】因為，所以，故復數在復平面中對應的點為，位于第一象限.故選：A2．（2223高一下·湖北武漢·期末）如圖，四邊形的斜二測畫法直觀圖為等腰梯形．已知，，則下列說法正確的是（）A． B．C．四邊形的周長為 D．四邊形的面積為【答案】D【分析】過作交于點，求出，即可判斷B，再還原平面圖，求出相應的線段長，即可判斷ACD.【詳解】對于B：如圖過作交于點，由等腰梯形且，又，，可得是等腰直角三角形，即，故B錯誤；對于A：還原平面圖如下圖，則，故A錯誤；對于C：過作交于點，則，由勾股定理得，故四邊形的周長為：，即C錯誤；對于D：四邊形的面積為：，即D正確.故選：D.3．（2324高一下·遼寧沈陽·期末）下列說法不正確的是（

）A．函數的定義域是B．函數在時的值域為C．若，則的值為0D．函數的單調遞增區間是【答案】D【分析】對于A：根據根式以及余弦函數性質分析求解；對于B：以為整體，結合正弦函數分析求解；對于C：根據周期性和對稱性分析求解；對于D：取特值結合單調性的定義分析判斷.【詳解】對于選項A：令，則，可得，解得，所以函數的定義域是，故A正確；對于選項B：因為，則，可知，則，故B正確；對于選項C：因為的最小正周期，又因為，可知為的對稱中心，則，即，且，所以，故C正確；對于選項D：當時，；當時，；可知函數在不單調，故D錯誤；故選：D.4．（2324高一下·江蘇南京·期末）已知向量，，若，的夾角為鈍角，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由，的夾角為鈍角，可得，且與不共線，從而可求出的取值范圍.【詳解】因為，，，的夾角為鈍角，所以，解得，且，即的取值范圍是，故選：B5．（2024·福建福州·期末）已知圓錐的頂點為，母線所成角的余弦值為，且該圓錐的母線是底面半徑的倍，若的面積為，則該圓錐的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據條件，求圓錐的底面半徑和母線長，再根據公式求圓錐的表面積.【詳解】如圖：設圓錐底面為，母線長為，母線，夾角為，則，所以.因為的面積為，所以.又.所以圓錐的表面積為：.故選：B6．（2324高一下·上海·期末）在中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若且，則是（

）A．等邊三角形 B．頂角為的等腰三角形C．等腰直角三角形 D．非直角三角形，也非等腰三角形【答案】A【分析】由條件利用余弦定理求得，可得，由，再根據正弦定理和余弦定理再可得，從而得出結論．【詳解】在中，，，，又由可得，，故是等邊三角形.故選：A.7．（2024·安徽馬鞍山·期末）已知函數的一個零點是，且在上單調，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】整理可得，以為整體，根據單調性分析可得，再結合零點分析求解.【詳解】因為，，且時，可得，且，若在上單調，則，解得，又因為的一個零點是，則，解得，所以.故選：B.8．（2024·河南洛陽·期末）已知圓臺的上、下底面中心分別為，且，上、下底面半徑分別為2，12，在圓臺容器內放置一個可以任意轉動的球，則該球表面積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題意作出軸截面，利用直角三角形知識求得，即可求解球的表面積.【詳解】如圖所示，根據題意可知.設圓臺內能放置的最大球的球心為，且與底面和母線AB分別切于兩點，因為，所以，所以，所以可知球的半徑，此時球的直徑為，即此時球與圓臺上底面不相切，因此圓臺內能放置的最大球的表面積.故選：B【點睛】方法點睛：解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）9．（2024·全國·高考真題）對于函數和，下列說法正確的有（

）A．與有相同的零點 B．與有相同的最大值C．與有相同的最小正周期 D．與的圖像有相同的對稱軸【答案】BC【分析】根據正弦函數的零點，最值，周期公式，對稱軸方程逐一分析每個選項即可.【詳解】A選項，令，解得，即為零點，令，解得，即為零點，顯然零點不同，A選項錯誤；B選項，顯然，B選項正確；C選項，根據周期公式，的周期均為，C選項正確；D選項，根據正弦函數的性質的對稱軸滿足，的對稱軸滿足，顯然圖像的對稱軸不同，D選項錯誤.故選：BC10．（2324高二下·安徽·期末）在四棱錐中，底面是矩形，平面，、分別為棱、的中點，下列說法正確的有（

）A． B．平面C．若，則 D．若平面，則【答案】BCD【分析】若，可得平面，進而可得，可判斷A；，可得平面，可判斷B；，兩邊平方可求，判斷C；由已知可得平面，從而可得，可判斷D.【詳解】選項A：平面，平面，則，若，又，平面，所以平面，又平面，進一步有，而底面是矩形，不能保證，故A錯誤．選項B：取中點，則，所以四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面，故B正確．選項C：因為是的中點，所以，所以，所以，故C正確．由B可得，若平面，則平面，又平面，所以，又是的中點，所以，故D正確.故選：BCD.11．（2324高一下·吉林長春·期末）已知等邊的邊長為2，，，交于

，則（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根據向量的線性運算即可求解A；根據以及三點共線，即可結合向量的線性運算求解B，根據，，即可根據比例關系求解面積之間的關系，即可判斷CD.【詳解】對于A，因為，所以,所以，故A正確；對于B，設,所以，又三點在一條直線上，故，故，解得即，故B錯誤；對于C，設,由于，則，,又,所以,故C正確，對于D，因為,所以，，所以，故D錯誤．故選：AC．填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12．（2324高三上·天津寧河·期末）已知，則．【答案】【分析】利用誘導公式及二倍角公式計算可得.【詳解】因為，所以.故答案為：13．（2024·湖北武漢·期末）已知函數，的部分圖象如圖所示．若將函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象．若函數為奇函數，則的最小值是．【答案】/【分析】根據給定條件，求出函數的解析式，進而求出的解析式，再利用正弦函數的性質列式計算即得.【詳解】由函數的圖象知，的周期，，又，解得，而，則，于是，，由函數為奇函數，得，而，則，所以當時，.故答案為：14．（2024·江西鷹潭·期末）如圖，在正四棱臺中，，．若該四棱臺的體積為，則該四棱臺的外接球表面積為．【答案】【分析】連接，交于點，連接，交于點，連接，過作于點，底面，根據正四棱臺的體積求出棱臺的高，即可判斷四棱臺外接球的球心在的延長線上，利用勾股定理求出外接球的半徑，即可求出外接球的表面積.【詳解】如圖，連接，交于點，連接，交于點，連接，則，底面，平面，∴．過作于點，則，∴底面．∴該正四棱臺的體積，∴．連接，∵，∴四棱臺外接球的球心在的延長線上，設，則，，，由，得，解得，故，即外接球的半徑，∴外接球表面積為．故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是求出正四棱臺的高，從而確定外接球的球心球心在的延長線上，利用勾股定理求出外接球的半徑.四、解答題（本大題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15．（2223高二下·陜西榆林·期末）已知.(1)求函數的最小正周期；(2)已知均為銳角，，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據正弦二倍角公式和降冪公式直接化簡函數，再結合三角函數的周期公式直接求解；（2）根據已知條件求出，再根據正弦的差角公式求值.【詳解】（1），所以，即函數的最小正周期為（2）因為，所以，又因為，所以.因為，所以，所以16．（2223高一下·四川成都·期末）在中，a，b，c分別為內角A，B，C的對邊，且.(1)求A的大小；(2)若a＝7，且頂點A到邊BC的距離等于，求b和c的長.【答案】(1)(2)b＝3，c＝5或b＝5，c＝3【分析】（1）先利用正弦定理化角為邊，再利用余弦定理求解；（2）利用面積公式求出，聯立方程組可求答案.【詳解】（1）由正弦定理，，即.因為，，所以.（2）由（1）可知①.又因為，所以②，聯立①②解得b＝3，c＝5或b＝5，c＝3.17．（2223高一下·吉林四平·期末）在直角梯形中，，，，，是線段上包括端點的一個動點．

(1)若時，①求的值；②若，求的值；(2)若，求的最小值．【答案】(1)①；②．(2)．【分析】（1）①建立平面直角坐標系，求出相關點的坐標，再利用向量數量積的坐標表示計算即可；②設點的坐標，利用，即可求出點坐標，即可求的值．（2）設，表示出點，的坐標，即可表示出的坐標，進而可得坐標，根據向量模的坐標表示，結合二次函數的性質可以求解．【詳解】（1）如圖，以為原點，分別以、所在直線為、軸建立平面直角坐標系，

則，，，所以，．①；②設，則，，因為，解得，所以．（2）因為，設，則，所以，，所以，，所以，所以，所以當時，最小，最小值為．18．（2324高一下·廣東廣州·期末）如圖，已知等腰梯形中，，，是的中點，，將沿著翻折成，使平面.(1)求證：平面；(2)求與平面所成的角；(3)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，此時點是線段的中點且【分析】（1）首先根據已知條件并結合線面垂直的判定定理證明平面，再證明即可證出結論；（2）根據（1）中線面垂直的結論并結合線面角的概念找出所求角，再結合已知條件即可求解；（3）首先假設存在，然后根據線面平行的性質以及已知條件，看是否能求出點的具體位置，即可求解.【詳解】（1）如圖，在梯形ABCD中，連接DE，因為E是BC的中點，所以，又因為，且，故四邊形是菱形，從而，所以沿著AE翻折成后，平面，因為平面，則有，又平面，所以平面，由題意，易知,所以四邊形是平行四邊形，故，所以平面.（2）因為平面，所以線段在平面內的射影為線段，所以與平面所成的角為，由已知條件，可知，，所以是正三角形，所以平分，所以，所以與平面所成的角為.（3）假設線段上存在點，使得平面，過點作交于，連接，如圖所示：所以，所以四點共面，又因為平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以是的中點，故在線段上存在點，使得平面，且.19．（2324高一下·江西·期末）已知向量，，定義運算，同時定義.(1)若，求實數的取值集合；(2)已知，求；(3)已知定義域為的函數滿足為奇函數，為偶函數，且時，，是否存在實數，使？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)(3)不存在實數，理由見解析【分析】（1）根據新定義結合三角函數的性質運算即可；（2）根據新定義及同角三角函數的基本關系求解；（3）根據新定義運算化簡后，分別分析抽象函數的奇偶性得出周期，再由三角函數的最大值，分析最大值不能同時取得即可得解.【詳解】（1），所以，即，解得，，所以實數的取值集合為.（2），所以.（3）不存在實數，使得.因為，所以，若，只需，因為為奇函數，所以，