辽宁省抚顺市六校协作体2023-2024学年高一下学期期末考试 数学试卷（含解析）

2023-2024学年度下学期“抚顺六校协作体”期末考试试题高一数学考试时间：120分钟试卷满分：150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．如果，则（

）A． B． C．1 D．22．已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（

）A． B．4π C． D．8π3．在中，点D在边AB上，．记，，则（

）A． B． C． D．4．下列区间中，函数单调递增的区间是（

）A． B． C． D．5．已知，，，若，则（

）A． B． C．5 D．66．若，则的值为（

）A． B． C． D．7．已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是（

）A．100π B．128π C．144π D．192π8．在中，已知，，，则的面积是（

）A． B． C． D．二、选择题：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．关于函数，下列说法正确的是（

）A．的最小正周期为2πB．在区间上是单调递增函数C．当时，的取值范围为D．的图象可由的图象向左平移个单位长度得到10．在平面直角坐标系中，点，，，，，那么下列结论正确的是（

）A． B．C． D．11．长方体中，，，E是线段上的一动点（包括端点），则下列说法正确的是（

）A．的最小值为B．平面C．的最小值为D．以A为球心，为半径的球面与侧面的交线长是三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知，则．13．已知，若，则．14．在中，，，点D为AC的中点，点E为BD的中点，，则的最大值为．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．已知平面上两个向量，，其中，，且．(1)若与共线，求的值；(2)求与的夹角的余弦值．16．如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．

(1)求证：平面PAB；(2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由．17．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，．已知，．(1)求角B：(2)若的面积为，求c．18．如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点．(1)求证：平面PAC；(2)若，，，求三棱锥的体积．19．已知函数，称非零向量为的“特征向量”，为的“特征函数”．(1)设函数，求函数的“特征向量”；(2)若函数的“特征向量”为，求当且时的值；(3)若的“特征函数”为，且方程存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围．1．D【分析】根据复数四则运算求出，然后由共轭复数概念可得.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：D2．B【分析】圆的周长公式求出，然后由圆锥侧面积公式可得.【详解】设圆锥的母线长为，则由题意有，得，所以侧面积为.故选：B3．B【分析】根据图形结合向量的线性运算分析求解.【详解】由题意可得：.故选：B.4．A【分析】根据正弦型函数的性质求解即可．【详解】函数，要求函数的增区间，即，即.令，得到.则A正确，B错误；令，得到.则C，D错误．故选：A．5．C【分析】利用向量的线性运算的坐标表示求出，再根据相等，建立关于的等式求解．【详解】解：，，，，，解得：，故选：C．6．C【分析】首先利用两角和的正切公式求，再利用三角函数恒等变化，转化为关于的齐次分式，转化为正切表示，即可求解.【详解】，，，.故选：C7．A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】正三棱台上、下底面面积分别为和,可求出上下底边长为：和.设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A.8．A【分析】根据题意利用三角恒等变换以及正弦定理可得，，进而求，利用正弦定理可得，即可得面积.【详解】因为，则，且，则，可得，解得，又因为，由正弦定理可得，则，且，则，可得，即，可得，则，由正弦定理可得，所以的面积是.故选：A.9．BC【分析】对于ABC，根据正弦函数的性质逐一分析判断即可；对于D，利用三角函数平移的性质即可判断.【详解】对A,对于，它的最小正周期，故A错误；当时，，对B,又在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B正确；对C,当时，，所以，所以的取值范围为，故C正确；对D,的图象向左平移个单位长度得到解析式为，故D错误.故选：BC．10．AC【分析】根据点的坐标，求出向量，模以及数量积，再结合三角恒等变换公式等即可判断.【详解】对A，，，则，，所以，故A正确；对B，，，则，，因为与的大小不确定，所以没办法判定是否相等，故B错误；对C，，，所以，，所以，故C正确；对D，，，所以，故D错误.故选：AC.11．BCD【分析】计算的边上的高后可判断A的正误，可证平面平面，从而可平面，故可判断B的正误，利用平面展开图结合余弦定理可求的最小值，故可判断C的正误，D中判断出交线的形状结合计算可判断D的正误.【详解】对于A，因为在长方体中，，，故，故为等腰三角形，而，故为锐角，故的最小值为的边上的高，设高为，则，故，故的最小值为，故A错误.对于B，由长方体的性质可得，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，同理平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，故B正确.对于C，如图，将、放置在一个平面中，则的最小值即为，而，，因为、均为锐角，故，，故，故，故C正确.对于D，以A为球心，为半径的球面与侧面的交线为个圆弧，该圆弧的圆心为，半径为，故弧长为，故D成立.故选：BCD.12．【分析】先化简复数，再根据模长公式计算即可.【详解】,可得.故答案为：.13．【分析】利用诱导公式可求得，利用，结合二倍角的余弦公式可求值.【详解】由，可得，则，则.故答案为：14．【分析】将用基底表示出来，后用余弦定理，结合基本不等式可解.【详解】如图所示，设分别为的角所对边，由余弦定理知，，即，即.,即，当且仅当取等号.根据三点共线的向量结论，可知，，则，化简得.则，当且仅当取等号.则的最大值为.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）运用向量共线的定理结论，求的值即可；（2）运用向量数量积的夹角的余弦公式求解即可．【详解】（1）若与共线，则存在实数k，使得，即，因为向量与不共线，所以，解得．（2）因为，，所以．16．(1)证明见解析(2)存在，E为PC中点，证明见解析【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可；（2）先取点，再应用面面平行判定定理证明即可；【详解】（1）取AP的中点Q，连接MQ，BQ，

因为M，Q分别为PD，PA的中点，所以，，又因为N为BC的中点，所以，．所以，，所以四边形MNBQ为平行四边形，所以，又因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB．（2）存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB．证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，，所以且，所以四边形ABCD是平行四边形，所以．因为E，M分别为PC，PD中点，所以，所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB，同理可知平面PAB，又因为平面平面，所以平面平面PAB．

17．(1)(2)．【分析】（1）由已知可得，结合余弦定理可得，结合已知可得，进而求得；（2）由（1）可求得，进而由正弦定理可得，，从而由面积可求得.【详解】（1）因为，所以由余弦定理，可得，因为，所以，从而，又因为，即，且，所以．（2）由（1）可得，，，从而，，而，由正弦定理有，从而，，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知的面积为，可得，所以．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，由题意可证，进而可得平面，由三角形中位线定理可得，进而可证平面，从而可证平面平面，可得结论；（2）由已知可得，，由三棱锥的体积公式可求体积.【详解】（1）取中点，连接．因为，为的中点，所以，又因为，所以．因为平面，平面，所以平面．因为分别是的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．又因为，所以平面平面，因为平面，所以平面．（2）因为，，由（1）可得，所以，因为，所以，又因为，所以，所以，因为PO是三棱锥的高，所以．19．(1)(2)(3)．【分析】（1）先利用两角和正余弦公式展开化简函数，再根据特征函数的概念求解即可；（2）由已知可得，利用即可求解；（3）由定义得并化简（化为一个角的一个三角函数形式），解方程得或且，求得两根，然后作出函数，的图象，由图象可得且有两根的的范围．【详解】（1）因为所以的“特征向量”为．（2）由题意知，由得，，因为，，所以，所以．（3），当时，．由得，所以或，由，即