四川省泸州市龙马潭区2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学

2024年春期高2023级高一期末考试数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.第I卷（选择题58分）一、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.设全集，集合，则（）A B. C. D.2.已知第二象限角,A B. C. D.3.在平行四边形中，为边的中点，记，，则（）A. B.C. D.4.如果函数的一个零点是，那么可以是（）A. B. C. D.5.在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（）A. B. C. D.6.已知，，，若，则（）A. B. C. D.7.如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（）A. B. C. D.8.已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（）A. B.C. 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.已知复数z，下列说法正确的是（）A.若，则z为实数 B.若，则C.若，则的最大值为2 D.若，则z为纯虚数10.已知a，b，c满足，且，则下列选项中恒成立的是（）A. B.C. D.11.如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（）A.B.C.点的轨迹的长度为D.直线与平面所成角的余弦值的最小值为三、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.）12.一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为的等腰梯形，则原平面图形的面积为___________.13.已知，则______．14.已知将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则在上的值域为_________．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，，与的夹角为．（1）求；（2）当为何值时，．16.已知.（1）化简；（2）已知，求值.17.已知函数的一段图象过点，如图所示．（1）求函数的表达式；（2）将函数的图象向右平移个单位，得函数的图象，求在区间上的值域；（3）若，求的值.18.如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.19.已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.（1）设函数，试求的伴随向量的坐标；（2）记向量的伴随函数为，当且时，求的值；（3）设向量，的伴随函数为，的伴随函数为，记函数，求在上的最大值.2024年春期高2023级高一期末考试数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.第I卷（选择题58分）一、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.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，，所以,所以故选：D.2.已知是第二象限角,A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】cosα＝±＝±，又∵α是第二象限角，∴cosα＝－.3.在平行四边形中，为边的中点，记，，则（）A B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算法则，求得，结合，即可求解.【详解】如图所示，可得，所以.故选：D．4.如果函数的一个零点是，那么可以是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】由题意令，解方程即可得解.【详解】由题意，解得，对比选项可知只有，符合题意.故选：D.5.在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据正余弦定理及面积公式化简计算即可.【详解】由余弦定理可得：由条件及正弦定理可得：，所以，则．故选：A6.已知，，，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用以及倍角公式求出，进而根据可得，再代入计算即可.【详解】，，，,解得或，又，则，，故选：B.7.如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，长方体的外接球即为四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积.【详解】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，四面体的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为，故，所以外接球表面积为.故选：B.8.已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值.【详解】如图所示，，则由题意可知:，由勾股定理可得当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，则：，则当时，有最大值.当点位于直线同侧时，设，则：，，则当时，有最大值.综上可得，的最大值为.故选：A.【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.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.已知复数z，下列说法正确的是（）A.若，则z为实数 B.若，则C.若，则的最大值为2 D.若，则z为纯虚数【答案】AC【解析】【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】设，则，若，即，即，则z为实数，故A正确；若，即，化简可得，即，即，当时，，，此时不一定满足，当时，，，此时不一定满足，故B错误；若，即，所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；若，即，，即，化简可得，则且，此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；故选：AC10.已知a，b，c满足，且，则下列选项中恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据题干条件可得到，b与0的大小关系不确定，进而可得到选项ABC均正确，D选项不确定.【详解】∵，且，∴，而b与0的大小关系不确定，∴，，均恒成立，而与的大小关系不确定.故选：ABC.11.如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（）A.B.C.点的轨迹的长度为D.直线与平面所成角的余弦值的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可【详解】依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，故，又在平面内的射影在线段上，所以平面，平面，所以，，平面，平面所以平面.平面，平面，平面，，，且即为二面角的平面角对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；对于B选项，即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；对于C选项，恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；对于D选项，如下图所示设，中，，，在中，，，所以，设直线与平面所成角为，则，当且仅当时取等号，故D正确．故选：BCD．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.）12.一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为的等腰梯形，则原平面图形的面积为___________.【答案】【解析】【分析】计算出梯形的下底的长，作出原图形，确定原图中梯形的上、下底的长以及梯形的高，利用梯形的面积公式可求得结果.【详解】在直观图等腰梯形，，且，如下图所示：分别过点、作，，垂足分别为点、，由题意可知，所以，，同理可得，因为，，，则四边形为矩形，所以，，故，将直观图还原为原图形如下图所示：由题意可知，梯形为直角梯形，，，，，，因此，梯形的面积为.故答案为：.13.已知，则______．【答案】或##或【解析】【分析】首先根据诱导公式求出，再利用同角三角函数关系式求出的值，从而可求出的值.【详解】因为，所以，所以或，当时，，；当时，，.故答案为：或.14.已知将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则在上的值域为_________．【答案】【解析】【详解】，向左平移个单位长度后得到的图象，则，，，，则在上的值域为.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，，与的夹角为．（1）求；（2）当为何值时，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；（2）由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得实数的值.【小问1详解】解：因为，，与的夹角为，则，所以，.【小问2详解】解：因为，则，解得.16.已知.（1）化简；（2）已知，求的值.【答案】（1）；（2）3.【解析】【分析】（1）利用三角函数的诱导公式化简即得；（2）根据同角关系式结合条件即得.【小问1详解】.【小问2详解】因为，所以，∴.17.已知函数的一段图象过点，如图所示．（1）求函数的表达式；（2）将函数的图象向右平移个单位，得函数的图象，求在区间上的值域；（3）若，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）通过三个连续零点的值可以求出函数的周期，根据最小正周期公式可以求出的值，将特殊点代入解析式中，可以求出，的值，进而确定函数解析式；（2）根据正弦型函数的图象变换特点可以求出的解析式，由可求出，进而得到的值域；（3）根据可求出，由此求出，进而得到的值.【小问1详解】由图知，，则.由图可得，在处最大值，又因为图象经过，故，所以，故，又因为，所以，函数又经过，故，得.所以函数的表达式为．【小问2详解】由题意得，，因为，所以，则，所以，所以在区间上的值域为.【小问3详解】因为，所以，即，又因为，所以，由，所以.所以，所以.18.如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中