四川省泸州市江阳区2023-2024学年高一下学期期末数学试题（解析版）

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