四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试 数学试题【含答案】

2024年春期高2023级高一期末考试数学试题数学试卷分为第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分.注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置.2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效.3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效.第一卷选择题（58分）一、选择题（本大题共8个小题，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．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．2．命题“”的否定为（）A． B．C． D．3．已知实数，，，满足：，则下列不等式一定正确的是（

）A． B． C． D．4．若是定义在上的奇函数，且，对任意的恒成立，若对任意的，，则当时，的解析式为（

）A． B． C． D．5．已知函数，则下列结论不正确的是（

）A．的最小正周期为B．的图象关于点对称C．若是偶函数，则，D．在区间上的值域为6．已知函数，则函数在区间内零点的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．57．如图，的斜二测画法的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（

）A． B．2 C． D．8．已知函数的部分图像如图所示，若，则（

）A． B． C． D．二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）9．已知复数是方程的两根，则（

）A． B．C． D．在复平面内所对应的点位于第四象限10．已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题中正确的是（

）A．若,则是等边三角形B．若,则是等腰三角形C．若,则是等腰直角三角形D．若,则是锐角三角形11．已知正四面体的棱长为，为的重心，为线段上一点，则（

）A．B．正四面体的体积为C．正四面体的外接球的体积为D．点到各个面的距离之和为定值，且定值为第二卷非选择题（92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.）12．已知，，则.13．已知与的夹角为．若为钝角，则的取值范围是．14．设常数，．若函数在区间上恰有2024个零点，则所有可能的正整数n的值组成的集合为四、解答题（本大题共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．已知角，满足，，且，.(1)求的值；(2)求的大小.16．在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点.(1)若，，三点共线，求的值；(2)若向量与的夹角为，求的值；(3)若四边形为矩形，求点坐标.17．如图所示，已知是以为斜边的等腰直角三角形，在中，，.(1)若，求的面积；(2)①求的值；②求的最大值.18．如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面．(1)证明：；(2)已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3．①求三棱锥B-ADE的体积；②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值．19．若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数，．(1)若函数，，判断与是否具有关系，并说明理由；(2)若函数，，且与具有关系，求a的最大值；(3)若函数，，且与具有关系，求m的取值范围．1．B【分析】根据集合补集和交集的运算法则即可计算求解.【详解】，∴，又，∴.故选：B.2．B【分析】根据全称命题的否定是特称命题得出答案.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“”的否定为“”.故选：B.3．C【分析】举例说明判断ABD；利用不等式的性质推理判断C.【详解】对于ABD，取，满足，显然，，，ABD错误；对于C，，则，C正确.故选：C4．D【分析】由可知的周期为4，根据函数的奇偶性可知，结合函数周期性即可求解.【详解】由，得，所以，即的周期为4.又，为奇函数，所以，所以当时，，则.故选：D5．D【分析】A项，化简函数求出，即可得出周期；B项，计算出函数为0时自变量的取值范围，即可得出函数的对称点，即可得出结论；C项，利用偶函数即可求出的取值范围；D项，计算出时的范围，即可得出值域.【详解】由题意，在中，，A项，，A正确；B项，令,得,当时,,所以的图象关于点对称,故B正确;C项，是偶函数，∴,，解得：,故C正确；D项,当时,,所以,所以在区间上的值域为，故D错误.故选：D.6．C【分析】将函数零点转化为函数与图象交点个数问题，分别对和进行讨论可得结论.【详解】令，可得当时，则有，数形结合画出与在上的图象如下图所示：可得在内两图象有三个交点；当时，在内解得，不是方程的解，不合题意.故选：C7．C【分析】根据题意，过点，分别作轴和轴的平行线，即可得到的坐标，再由两点间距离公式，即可得到结果.【详解】根据题意，如图，在直观图中，过点，分别作轴和轴的平行线，与轴和轴分别交于点，，由于的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，则，，则的坐标为，则，，故原图中，的坐标为，A的坐标为，故，故选：C.8．D【分析】先由图像以及题意求出的解析式，从而得，，进而依据它们的角的关系结合三角恒等变换公式即可求解.【详解】由图可知，由可知，故，又由图，故由图，①，由图，②，又，结合①②可得，故，所以.故.故选：D.9．AC【分析】解实系数一元二次方程得，通过计算逐一验证选项即可.【详解】复数是方程的两根，则有，，，A选项正确；，B选项错误；，，C选项正确；，在复平面内所对应的点位于第一象限，D选项错误.故选：AC.10．AC【分析】根据正弦定理,余弦定理逐个进行边角互化即可.【详解】对于A,由正弦定理得,所以,即,所以是等边三角形,故A正确；对于B,由正弦定理得,又,所以,所以或者,则或者,则是等腰三角形或者直角三角形,故B错误；对于C,由正弦定理得,当且仅当，即时等号成立,所以,又,所以,即,此时,是等腰直角三角形,故C正确；对于D,因为,所以或者,即A或者B为钝角,所以是钝角三角形,故D错误．故选:AC．11．ABC【分析】对于，取中点，连接，利用线面垂直的判定定理及性质分析判断，对于B，把正四面体放到正方体中，则正四面体的体积为正方体的体积减去四个相同体积的三棱锥，从而可求得，对于C，利用正四面体与正方体有相同的外接球进行计算，对于D，利用等体积法求解判断.【详解】解：对于，取中点，连接，因为，所以，，且，平面，平面，所以平面，又平面，所以，故选项A正确；对于B，如右图，把正四面体放到正方体中，则正方体的面对角线长为，所以正方体棱长为，则正四面体的体积为正方体的体积减去四个相同体积的三棱锥，所以三棱锥的体积为，正方体的体积为，所以正四面体的体积为，选项B正确；对于C，在B中，正四面体与正方体有相同的外接球，且外接球的直径即为正方体的体对角线，且直径为，所以正四面体的外接球的体积为，选项C正确；对于D，连接、、，设点到各个面的距离分别为、、、，正四面体的一个侧面面积为，所以，由B选项可得，，解得，所以点到各个面的距离之和为定值，且定值为，选项D错误．故选：ABC．【点睛】关键点点睛：此题考查正四面体的有关性质，解题的关键是将正四面体补体成正方体，然后根据正方体的有关性质计算，考查空间想象能力，属于较难题.12．##【分析】由条件结合解出的值，再利用求得即可.【详解】由，得，解得或（舍）.又因为，所以，所以.故答案为：.13．且【分析】由为钝角，得到且与夹角不为，代入公式计算，再看与夹角是否可能为即可得解.【详解】由，且为钝角，所以，解得，当时，则，解得，此时与夹角为，不成立，且．故答案为：且．14．【分析】对函数化简得，利用换元法有，，求出，知有两个零点，然后分类讨论的情况，根据函数在区间有上个零点，从而求出值.【详解】由题意，令，，所以，，且，则，，，记的两零点为、，因为，不妨设，当时，则，解得，，可知在（k为正整数）内零点个数为3k，在内零点个数为，因为，则；当，则，，可知在和（k为正整数）内零点个数均为2k，所以或；综上n的所有可能值为：，，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用换元法化函数为，然后分类讨论的情况，结合在上有个零点，求解的可能取值.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可；（2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果.【详解】（1）因为，，所以，所以，；因为，所以；所以.（2）因为，，所以；因为，所以，故，所以；又因为，所以，；所以，又因为，所以.16．(1)(2)(3)【分析】（1）根据平面向量的坐标运算求出、，利用，，三点共线列方程求出的值．（2）利用向量的夹角公式即可求解.（3）由平面向量的坐标运算和矩形的定义，列方程组求出、、的值，再求和．【详解】（1）向量，，，所以，，由，，三点共线知，，即，解得；（2）,解得，（3）设，由，，，，若四边形为矩形，则，即，解得；由，得，解得，故17．(1)(2)①27；②.【分析】(1)利用余弦定理求解边长，再利用等腰三角形的性质求解面积即可;(2)①利用余弦定理求解即可；②在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理得，结合三角函数求解最值即可.【详解】（1）在中，由余弦定理得，，且是等腰直角三角形，则（2）①设，因为，由余弦定理可得，，，即；②在中，，由正弦定理可得，则，，又，在中，由余弦定理得（其中为锐角，且），由可得，所以当时，即时，取得最大值.18．(1)证明见解析(2)①；②．【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明；（2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，可推得，从而得，求得结论；②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，可证为母线与下底面所成角，由可知，要使最小，只要最小即可，进而求得的最小值，即可求得结论．【详解】（1）证明：在圆台中，平面平面，因为平面平面，平面平面，所以；（2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，在圆台中，平面平面，因为平面平面，平面平面，所以，又由（1）可知，所以，又，，，，，平面，所以，所以四边形为平行四边形，所以，在圆台中，，，所以，所以，所以，所以，连接，交于点，所以，所以，到平面的距离之比，所以；②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，在平面内过点作的平行线交于点，连接，易得，因为平面，所以平面，所以为母线与下底面所成角，因为，，所以，所以，要使最小，只要最小即可，因为，所以，所以，设，因为为圆的直径，所以，所以，，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，因为，，所以，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，所以，因此为二面角的平面角，在中，因为，所以，因为平面，平面，所以，在中，由勾股定理得，所以，所以二面角的正弦值为．【点睛】关键点点睛：第（2）小题第②问的关键是，根据二面角的平面角的定义，做辅助线找到为母线与下底面所成角，并且发现，等价于使最小，只要最小即可，从而得解.19．(1)与是否具有关系，理由见解析(2)5(3)或【分析】（1）先求出，在的值域为，从而得到对任意的，存在，使得，得到结论；（2）求出，结合，得到，得到不等式，求出的取值范围，求出最大值；（3）由题意得到的值域，其中，换元后得到，由对称轴进行分类讨论，得到的值域，从而得到不等式，求出答案.【详解】（1）与是否具有关系，理由如下：时，，故，，又在的值域为，由于，即是的真子集，故对任意的，存在，使得，与是否具有关系.（2）时，，由题意得，任意的，存在，使得，又，，故，即，解得，故的最大值为5；（3）由题意得对任意的，存在，使得，又，故的值域，令，，令，则，设，若对称轴，即时，，则，解得，与求交集，结果为，若，即