2023-2024学年四川省成都市成华区高一下学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省成都市成华区2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题一、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.若为纯虚数，则实数（）A. B.2 C. D.1〖答案〗C〖解析〗，运用纯虚数概念，知，解得.故选：C.2.已知向量，，且，则实数k等于（）A. B.4 C.0 D.〖答案〗A〖解析〗由向量，，可得，由，得.故选：A.3.已知m，n是两条不同直线，，，是三个不同平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则〖答案〗C〖解析〗对于A项，若，则可以是平行，可以相交，也可以异面，故A项错误；对于B项，若，则还可以平行，故B项错误；对于C项，由线面垂直的性质，可得，故C项正确；对于D项，若，则还可以相交，故D项错误.故选：C.4.如图，在正方体中，点M，N分别为线段AC和线段的中点，求直线MN与平面所成角为（）A.60° B.45° C.30° D.75°〖答案〗B〖解析〗如图，取的中点，连接，因是的中点，故，又因正方体中，平面，故平面，即是在平面上的射影，故即直线MN与平面所成角，因是的中点，故，易得，即直线MN与平面所成角为.故选：B.5.已知，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗.故选：A.6.设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A.1 B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，为单位向量，所以，又在方向上的投影向量为，所以，所以.故选：D.7.筒车亦称“水转筒车”，一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图是某公园的筒车，假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针方向匀速圆周运动．现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水筒距离水面的高度（单位：米，记水筒在水面上方时高度为正值，在水面下方时高度为负值）与转动时间（单位：秒）满足函数关系式，，且时，盛水筒位于水面上方米处，当筒车转动到第秒时，盛水筒距离水面的高度为（）米．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意可得，即，又，所以，所以，则当时，即当筒车转动到第秒时，盛水筒距离水面的高度为米.故选：B.8.已知角，满足，，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，因，代入可得，，则.故选：C.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.已知复数的共轭复数为，则下列命题正确的是（）A.B.为纯虚数C.D.〖答案〗ACD〖解析〗设复数，则，故，A正确；，当时，为实数，B错误；，则，C正确；，，故，则，D正确.故选：ACD.10.函数的图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.是奇函数D.若在上有且仅有两个零点，则实数〖答案〗BD〖解析〗，由图知函数经过点，则得，解得，即，因，故得，，则有.对于A，因的最小正周期为，故A错误；对于B，，因时，，此时函数取到最大值，故的图象关于直线对称，即B正确；对于C，，显然这是偶函数，不是奇函数，故C错误；对于D，，当时，设，作出在上的图象如图.依题意，需使，即，故D正确.故选：BD.11.设点D是所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有（）A.若，则D是BC边上靠近B的三等分点B.若，（且），则直线AD经过的垂心C.若，且x，，，则是面积的一半D.若平面内一动点P满足，（且），则动点P的轨迹一定通过的外心〖答案〗ABC〖解析〗对于A，由可得，，即得，故点D是BC边上靠近B的三等分点，故A正确；对于B，因，则，即，故直线AD经过的垂心，即B正确；对于C，因，，则，设，则，因，故三点共线，如图1所示，，故的边上的高是的边上的高的一半，故是面积的一半，即C正确；对于D，由可得，，如图2，取，则有，以为两邻边作，易知是菱形，故平分，且故得，，故动点的轨迹为的平分线，即动点P的轨迹一定通过的内心，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.已知平面向量，满足，，，则向量，夹角的余弦值为______．〖答案〗〖解析〗因为，所以，因，所以，则向量，夹角的余弦值为.故〖答案〗为：.13.若时，曲线与的交点个数为______．〖答案〗8〖解析〗作出函数与的图象：所以曲线与的交点有8个．故〖答案〗为：8．14.已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为______．〖答案〗〖解析〗连接交于点，由题意，点为中点，且，则即二面角的平面角.如图，设分别是和的外心，分别过点作平面，过点作平面，，则点为四面体的外接球球心.由，平面，故得平面，又平面，平面，故得，平面平面，平面平面，故四点共面.由可知，，故四面体的外接球的半径为：，于是四面体的外接球的表面积为.故〖答案〗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设向量与不共线．（1）若，，若，，，求实数k的值；（2）若，，，求证：A，B，C三点共线．解：（1）由题设，，∵，∴，得，解得．（2）∵，，∴，且两向量有公共点A，∴A、B、C三点共线．16.设函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求函数的值域.解：（1），由，，则函数递增区间为，.（2）由，得，则，则，即值域为.17.如图，在中，是边的中点，与交于点.（1）求和的长度；（2）求.解：（1）是高，，在Rt中，，所以.是中线，，，，.（2），，，.另解：过D作交于，是的中点，是的中点，是的中位线，是的中位线，，.18.如图，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，（1）求正四棱锥的表面积；（2）求点到平面的距离；（3）侧棱上是否存在一点E，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.解：（1）取的中点，连接，因为，，则，且，所以，正四棱锥的表面积为.（2）连接交于点，连接、，如下图所示：因为四边形是边长为的正方形，则，故是边长为的等边三角形，因为，则为、的中点，所以，且，，因为，则，由余弦定理可得，所以，所以，因为四边形为正方形，则，因为，为的中点，则，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以，因为，、平面，所以平面，因此，点到平面的距离为.（3）在侧棱上存在一点，使平面，满足，理由如下：取的中点为，因为，则，过作的平行线交于，连接、.在中，因为、分别为、的中点，则，因为平面，平面，所以平面，由，则，因为平面，平面，所以平面，而，、平面，故面面，又面，则平面，此时.19.如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：．（1）如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，．①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值；②求三棱锥体积的最大值；（2）当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理．解：（1）由题意得：①∵，，∴；②，因，，则，∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC，∴，故当时，的最大值为.（2）过射线PC上一点H在面PAC作交PA于点M，在面PBC内作交PB于点N，连接MN，则是二面角的平面角，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得：，两式相减得：，则：，两边同除以，得，得证.四川省成都市成华区2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题一、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.若为纯虚数，则实数（）A. B.2 C. D.1〖答案〗C〖解析〗，运用纯虚数概念，知，解得.故选：C.2.已知向量，，且，则实数k等于（）A. B.4 C.0 D.〖答案〗A〖解析〗由向量，，可得，由，得.故选：A.3.已知m，n是两条不同直线，，，是三个不同平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则〖答案〗C〖解析〗对于A项，若，则可以是平行，可以相交，也可以异面，故A项错误；对于B项，若，则还可以平行，故B项错误；对于C项，由线面垂直的性质，可得，故C项正确；对于D项，若，则还可以相交，故D项错误.故选：C.4.如图，在正方体中，点M，N分别为线段AC和线段的中点，求直线MN与平面所成角为（）A.60° B.45° C.30° D.75°〖答案〗B〖解析〗如图，取的中点，连接，因是的中点，故，又因正方体中，平面，故平面，即是在平面上的射影，故即直线MN与平面所成角，因是的中点，故，易得，即直线MN与平面所成角为.故选：B.5.已知，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗.故选：A.6.设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A.1 B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，为单位向量，所以，又在方向上的投影向量为，所以，所以.故选：D.7.筒车亦称“水转筒车”，一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图是某公园的筒车，假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针方向匀速圆周运动．现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水筒距离水面的高度（单位：米，记水筒在水面上方时高度为正值，在水面下方时高度为负值）与转动时间（单位：秒）满足函数关系式，，且时，盛水筒位于水面上方米处，当筒车转动到第秒时，盛水筒距离水面的高度为（）米．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意可得，即，又，所以，所以，则当时，即当筒车转动到第秒时，盛水筒距离水面的高度为米.故选：B.8.已知角，满足，，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，因，代入可得，，则.故选：C.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.已知复数的共轭复数为，则下列命题正确的是（）A.B.为纯虚数C.D.〖答案〗ACD〖解析〗设复数，则，故，A正确；，当时，为实数，B错误；，则，C正确；，，故，则，D正确.故选：ACD.10.函数的图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.是奇函数D.若在上有且仅有两个零点，则实数〖答案〗BD〖解析〗，由图知函数经过点，则得，解得，即，因，故得，，则有.对于A，因的最小正周期为，故A错误；对于B，，因时，，此时函数取到最大值，故的图象关于直线对称，即B正确；对于C，，显然这是偶函数，不是奇函数，故C错误；对于D，，当时，设，作出在上的图象如图.依题意，需使，即，故D正确.故选：BD.11.设点D是所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有（）A.若，则D是BC边上靠近B的三等分点B.若，（且），则直线AD经过的垂心C.若，且x，，，则是面积的一半D.若平面内一动点P满足，（且），则动点P的轨迹一定通过的外心〖答案〗ABC〖解析〗对于A，由可得，，即得，故点D是BC边上靠近B的三等分点，故A正确；对于B，因，则，即，故直线AD经过的垂心，即B正确；对于C，因，，则，设，则，因，故三点共线，如图1所示，，故的边上的高是的边上的高的一半，故是面积的一半，即C正确；对于D，由可得，，如图2，取，则有，以为两邻边作，易知是菱形，故平分，且故得，，故动点的轨迹为的平分线，即动点P的轨迹一定通过的内心，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.已知平面向量，满足，，，则向量，夹角的余弦值为______．〖答案〗〖解析〗因为，所以，因，所以，则向量，夹角的余弦值为.故〖答案〗为：.13.若时，曲线与的交点个数为______．〖答案〗8〖解析〗作出函数与的图象：所以曲线与的交点有8个．故〖答案〗为：8．14.已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为______．〖答案〗〖解析〗连接交于点，由题意，点为中点，且，则即二面角的平面角.如图，设分别是和的外心，分别过点作平面，过点作平面，，则点为四面体的外接球球心.由，平面，故得平面，又平面，平面，故得，平面平面，平面平面，故四点共面.由可知，，故四面体的外接球的半径为：，于是四面体的外接球的表面积为.故〖答案〗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设向量与不共线．（1）若，，若，，，求实数k的值；（2）若，，，求证：A，B，C三点共线．解：（1）由题设，，∵，∴，得，解得．（2）∵，，∴，且两向量有公共点A，∴A、B、C三点共线．16.设函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求函数的值域.解：（1），由，，则函数递增区间为，.（2）由，得，则，则，即值域为.17.如图，在中，是边的中点，与交于点.（1）求和的长度；（2）求.解：（1）是高，，在Rt中，，所以.是中线，，，，.（2），，，.另解：过D作交于，是的中点，是的中点，是的中位线，是的中位线，，.18.如图，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，（1）求正四棱锥的表面积；（2）求点到平面的距离；（3）侧棱上是否存在一点E，使得平面