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文档简介
高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省泸州市江阳区2023-2024学年高一下学期期末数学试题一、单项选择题(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.〖答案〗A〖解析〗由,而,所以.故选:A.2.关于的不等式的解集为,则实数的取值范围是()A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗不等式的解集为,所以,即,解得,因此,实数的取值范围是.故选:D.3.设非零向量,满足,,则向量的夹角等于()A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由等式,两边平方得:,则,且,所以,,即.故选:B.4.已知,且,则()A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗,得,即,解得或(舍去),又.
故选:A.5.函数=的部分图像如图所示,则的单调递减区间为()A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由五点作图知,,解得,,所以,令,解得<<,,故单调减区间为(,),.故选D.6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为,,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为()A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据题意,可得截面是边长为的正方形,结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面为半径是的圆,且高为,所以其表面积为.故选:B.7.如图,在中,M为线段的中点,G为线段上一点,,过点G的直线分别交直线,于P,Q两点,,,则的最小值为().A. B. C.3 D.9〖答案〗B〖解析〗因为M为线段的中点,所以,又因为,所以,又,,所以,又三点共线,所以,即,所以,当且仅当,即时取等号.故选:B.8.将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象,且的图象关于直线对称,则下列选项不正确的是()A.在区间上为增函数 B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意知:,由图象可知:,则与是相邻的对称轴和对称中心,,即,为奇函数,,解得:,又,,;对于A,当时,,则在上为增函数,A正确;对于B,,B正确;对于C,,,上单调递减,,,C正确;对于D,,,在上单调递减,,,,即,D错误.故选: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、都是复数,下列正确的是()A.若,则B.C.若,则D.〖答案〗BD〖解析〗对于A:令、,则,显然不满足,故A错误;对于C:令、,则,,所以,但是,故C错误;设,,所以,则,又,所以,故B正确;,又,所以,故D正确.故选:BD.10.在中,角的对边分别为.根据下列条件,判断三角形解的情况,其中正确的是()A.,有唯一解B.,无解C.,有两解D.,有唯一解〖答案〗AD〖解析〗选项A,,已知三边三角形确定,有唯一解,A正确;选项B,由正弦定理得:,则,再由大边对大角可得,故可以为锐角,也可以为钝角,故三角形有两解,B错误;选项C,由正弦定理得:,则,且,由大边对大角可得,则只能为锐角,故三角形有唯一解,C错误;选项D,由正弦定理得:,,由于,则是锐角,有唯一解,D正确.故选:AD.11.在四面体中,平面ABC,,点,Q为AC的中点,,垂足为H,连结BH,则正确的结论有()A.平面平面PBCB.若平面平面PBC,则一定有C.若平面平面PBC,则一定有D.点R是平面PBC上的动点,,则当直线AR与BC所成角最小时,点R到直线AB的距离为〖答案〗ABD〖解析〗易知三棱锥是“基本图”,它各个面均为直角三角形,且平面PAB,平面平面ABC,平面平面ABC,,平面PAC,对于A:由平面PAC知,,又因为,平面BQH,所以平面BQH,又平面PBC,平面BQH平面PBC,故A正确;对于B:过点C作,由于平面平面PBC,且两面的交线为MN,由面面垂直的性质得平面AMN,平面AMN,,且平面PAB,平面PAB,,又平面PBC,平面PBC,平面PBC,,B正确;对于C:在平面PBC条件下,N可以在直线PC上运动,C不正确;对于D:由题意可得,则,R点的轨迹是以M为圆心为半径的圆,动线段AR是圆锥的母线,AR与平面PBC所成的角为定角,AR与BC所成的角最小时//,过作平面ABC,,垂足为N,则为到直线AB的距离,,由四边形是矩形得,D正确.故选:ABD.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.如图,已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形,则原图形的面积为______.〖答案〗〖解析〗∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形,∴原图形为平行四边形,一组对边长为1,且该边上的高为,∴原图形的面积为.故〖答案〗为:.13.已知,则______.〖答案〗〖解析〗因为,所以,所以.故〖答案〗为:.14.已知,函数,若存在最小值,则的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗当,即时,在上单调递增,故无最小值,不符合题意;当时,在上单调递减,所以,又在上的最小值为,要使存在最小值,还需,解得,故;当时,要使存在最小值,还需:,因为,所以无解,综上取值范围为.故〖答案〗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,.(1)若,且、、三点共线,求的值.(2)当实数为何值时,与垂直?解:(1)由题意可得,,且、、三点共线,则可得,即,解得.(2)由题意可得,,因为与垂直,则可得,解得.16.已知角α的顶点与原点O重合,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点P().(1)求sin(α+π)的值;(2)若角β满足sin(α+β)=,求cosβ的值.解:(1)由角的终边过点得,所以.(2)由角的终边过点得,由得,由得,所以或.17.已知函数(1)求函数的最小正周期及对称轴方程;(2)将函数的图象向左平移个单位,再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍,得到函数的图象,求在[0,2π]上的单调递减区间.解:(1),,所以函数的最小正周期为,令,,得函数的对称轴方程为,(2)将函数的图象向左平移个单位后所得图象的〖解析〗式为,所以,令,所以.又,所以在上的单调递减区间为.18.在中,.(1)求A;(2)若的内切圆半径,求的最小值.解:(1)在中,,整理得,即,所以,因为,所以,即,所以,又因为,所以,所以,解得.(2)令,(1)知,由,得,即,由余弦定理及(1)知,得,所以,即,于是,当且仅当时取等号,所以,,或又的内切圆半径,,,,的最小值为.19.如图,在四棱锥中,平面,,且,是的中点.(1)证明:;(2)若,直线与直线所成角的余弦值为.(ⅰ)求直线与平面所成角;(ⅱ)求二面角的余弦值.解:(1)取的中点,连接,由平面,,得平面,而平面,则,由为的中点,得,则四边形是平行四边形,因此,所以.(2)(ⅰ)由为的中点,,则,而,平面,于是平面,平面,则,由,得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角,为,在中,,而,解得,则,由
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