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赣州市2023~2024学年度第二学期期末考试
高一数学试卷
2024年7月
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时长120分钟.
第I卷(选择题共58分)
一?选择题: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.已知向量,,若,则()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线定理直接可得解.
【详解】又已知向量,,,
则,即,
解得,
故选:B.
2.如图,是水平放置的直观图,其中,轴,轴,则的周长为()
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面图与直观图的联系,分别判断三角形在两坐标系中的边、角关系计算即得.
【详解】依题意,因轴,轴,故,
在平面图直角坐标系中,有,
又,则,,
于是,,
故的周长为:.
故选:C.
3.已知,是两个不同的平面,,是两条不同的直线,则下列命题一定正确的是()
A.若,,,则
B.若,,则
C.若,,则
D.若,,且,共面,则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面位置关系分别判断各选项.
【详解】A选项:,,,则与位置无法确定,可能平行,可能相交,可能异面,A选项错误;
B选项:若,,则或,B选项错误;
C选项:若,,则或,C选项错误;
D选项:若,,且,共面,则,D选项正确;
故选:D.
4.已知某圆锥的侧面积为,其侧面展开图是一个圆心角为的扇形,则该圆锥的底面半径为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意,先求出圆锥侧面展开图扇形的半径,再由侧面积公式列方程计算即得.
【详解】依题意,设圆锥的底面半径为,则其侧面展开图的扇形弧长为,
则扇形半径为,侧面积为,解得.
故选:B.
5.勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的,被后人称为“赵爽弦图”“赵爽弦图”是我国古代数学的图腾,还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图,大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的,若,,为的中点,则()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算的坐标运算直接可得解.
【详解】以点为坐标原点,建立如图所示平面直角坐标系,
设,则,,
,,
所以点的纵坐标为,横坐标为,
即,,
又,,
所以,
故选:A.
6.设,则有()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用辅助角公式、二倍角公式化简,再利用正弦函数的单调性和余弦函数的值域即可判断大小.
【详解】因,
,.
因函数在为增函数,故,
又,则,故,即.
故选:D.
7.如图,在三棱柱中,底面,,,,,为上的动点,则的最小值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据立体几何性质分别可判断与形状,沿,将进行翻折,使其与在同一平面,解三角形即可.
【详解】如图所示,
连接,
由已知底面,即底面,
所以,,
又因为,,所以为直角三角形,且,,
又,即,
因,且,平面,
所以平面,又平面,
所以,即为直角三角形,
沿,将进行翻折,使其与在同一平面,此时到位置,
则,
所以当为与交点时最小,为,
则中,由余弦定理得
,即,
所以的最小值为,
故选:A.
8.已知定义在上的偶函数,当时,,对任意总有.当时,恒成立,则的最大值为()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先分析、、时的函数解析式以及值域,再根据函数的倍增性和偶函数图象特征作出函数的图象,结合图象确定出符合条件的的范围即得的最大值.
【详解】当时,,则
即当时,;
当时,,
由题意,,
则
即当时,;
同理,当时,.
又为定义在上的偶函数,其图象关于轴对称,故当时,,如图所示.
当时,恒成立,即,,
而由图象知,,则,
当取最大值时,必有,且,
由时,,可得,则得,或,
由图知应舍去.故当,时,取得最大值.
故选:C.
【点睛】思路点睛:本题考查三角函数图象与性质的综合运用,属于难题.本题以分段函数为媒介,采用数形结合思想,通过数与形的相互转化能使繁难问题得到简化.常见的图象应用的命题角度有:(1)确定方程根的个数;(2)求参数范围;(3)求不等式解集;(4)研究函数性质.
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.下列关于向量的说法正确的是()
A.若,,则
B.若单位向量,夹角为,则向量在向量上的投影向量为
C.若与不共线,且,则
D
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