四川省成都蓉城联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省成都蓉城联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷一、单项选择题：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，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗.故选：D.2.（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根据平面向量减法运算可得.故选：A.3.在中，，则（）A. B.16 C.32 D.〖答案〗B〖解析〗根据题意，，所以，，所以.故选：B.4.一个水平放置的平面图形按斜二测画法得到的直观图如图所示.知，则平面图形的面积为（）A.3 B.6 C. D.〖答案〗C〖解析〗画出梯形的原图，如图所示：在直观图中，，得，则在原图中，，，四边形是直角梯形，所以.故选：C.5.把函数的图象向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是（）A.函数的最小正周期B.函数在区间上单调递减C.函数是奇函数D.函数在区间上的最大值为〖答案〗B〖解析〗图像向左平移个单位长度得函数，再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数，其最小正周期为，A选项错误；由，得，在上单调递减，B选项正确；，为偶函数，C选项错误；当时，，所以单调递减，最大值为，D选项错误.故选：B.6.某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发､渗透､流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）.24小时降雨量的等级划分如下：24小时降雨量（精确到）降雨等级小雨中雨大雨暴雨在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过的中点.则这24小时的降雨量的等级是（）A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨〖答案〗D〖解析〗设的面积为，底面水平放置时，液面高为，侧面水平放置时，水的体积为，当底面水平放置时，水的体积为，于是，解得，所以当底面水平放置时，液面高为，故降雨量等级为暴雨.故选：D.7.如图，圆锥的底面直径和高均为，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱.则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗圆锥轴截面如图所示，设圆柱的底面半径为，，由可知，，即，所以，故被挖去的圆柱的侧面积为，当且仅当时取等号，即时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为．故选：C.8.在中，，点满足，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，易知为等腰直角三角形且，取中点为，则，又点满足，则点在直线上，所以，由，则，结合图知，所以.故选：A.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知是两条不同的直线，是平面，若，则的关系可能为（）A.平行 B.垂直 C.相交 D.异面〖答案〗ABD〖解析〗如图，在正方体中，若是平面，为，为，此时与平行，故A正确；在正方体中，若是平面，为，为，此时，故B正确；若，不可能与垂直和相交，故C错误；在正方体中，若是平面，为，为，此时与异面，故D正确.故选：ABD.10.的内角的对边分别为，下列结论正确的是（）A.若，则角B.存在，使成立C.若，则为等腰或直角三角形D.若，则有两解〖答案〗ACD〖解析〗选项A：由正弦定理得：又余弦定理得故又故故选项A正确；选项B：因在中，故故选项B错误；选项C：当时，或即或故为等腰或直角三角形，故选项C正确；选项D：又则若，则有两解正确，故选项D正确.故选：ACD.11.如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足，下列结论正确的是（）A.B.三棱锥的体积为定值C.D.与所成的角为〖答案〗ABC〖解析〗对于A，在正方体中，连接，交于点，连接，则，又平面，平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，因为为的中点，所以在的中垂线上，所以，故A正确；对于B，在正方体中，平面，为棱上的动点，所以点到平面的距离即为到平面的距离，即为正方体的棱长，为定值，的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，又，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，连接，则，又在正方体中，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，故C正确；对于D，连接，在正方体中，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以即为与所成的角，又是正三角形，所以与所成的角为，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知为共线向量，且，则__________.〖答案〗〖解析〗根据为共线向量，且，则，解得.故〖答案〗为：.13.在中，分别为的中点，交于点.若，，则__________.〖答案〗〖解析〗因为在中，、分别为、的中点，交于点，则为的重心，所以，由平面向量数量积的定义可得，故，，，又，由余弦定理可得．故〖答案〗为：．14.降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比.平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等.这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径.若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆.事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中《几何》第三册第94页例2.的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商.借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形的上下底边长分别为6和8，高为1，这个等腰梯形的外接圆半径为__________；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高､母线长､底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题.观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到.研究问题：如图，正三棱台的高为1，上､下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为__________.〖答案〗5〖解析〗连接，由于且梯形的高，所以，因此，因此，，因此的外接圆半径为，故，因此的外接圆半径为，故，因此存在一点到四点距离相等，且距离为，即腰梯形的外接圆半径为5，设棱台上下两个三角形的外接圆半径分别为，由于上､下底面边长分别为和，由正弦定理可得，因此圆台的轴截面为等腰梯形，且其上下底边长分别为6和8，高为1，根据第一问的结论可知，该圆台的外接球半径为5，故外接球的体积为.故〖答案〗为：5.四、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.已知是棱长为2的正方体.（1）求三棱锥的体积；（2）若是的中点，是的中点，证明：平面.解：（1）三棱锥由正方体截去四个全等的三棱锥而得，故.（2）因为为和的中点，在中，，平面，平面，所以平面.16.已知向量满足，，且在上的投影向量为.（1）求及的值；（2）若，求的值.解：（1）因为，，且在上的投影向量为，所以，所以，所以，因为，所以.（2）因为，所以，即，得，解得．17.记的内角的对边分别为，若，且.（1）求及；（2）若点在边上，且，求的面积.解：（1）由得：，，，，故，由于，所以，由正弦定理以及可得，所以.（2），，，，由于，，所以，解得或（舍去），所以.18.在平行四边形中，分别为中点，将三角形沿翻折，使得二面角为直二面角后，得到四棱锥.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求与平面所成角的正弦值.解：（1）取中点，连接和，因为，分别为，的中点，所以，且，又，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以．平面，平面，故平面.（2）由于在平行四边形中，分别为的中点，所以，则，因此，又，故，由于二面角为直二面角，所以平面平面且两平面的交线为，又平面，故平面，平面，故平面平面.（3）由于平面平面且两平面的交线为，，平面，故平面，由（2）知平面，平面，故，设点到平面的距离为，则，故，设与平面所成角为，则.19.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”.如图1，三个内角都小于的内部有一点，连接，求的最小值.我们称三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点为费马点.要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可求出这三条线段和的最小值.某数学研究小组先后尝试了翻折､旋转､平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题，具体的做法如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接，则的长即为所求，此时与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角.同时小组成员研究教材发现：已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量.（1）已知平面内点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标；（2）在中，，借助研究成果，直接写出的最小值；（3）已知点，求的费马点的坐标.解：（1），