四川省泸州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学 含解析

泸州市高2023级高一学年末统一考试数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑．3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.若集合，则（）A. B. C. D.2.设复数z满足，则（）A. B. C. D.3设，则（）A. B. C. D.4.已知，则（）A. B. C. D.5.平面与平面平行的充分条件可以是（）A.内有无穷多条直线都与平行B.直线，且C.直线，直线，且D.内的任何一条直线都与平行6.如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（）A1 B. C. D.7.若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（）A. B. C. D.8.已知函数，若方程有4个不同的根，且，则的值为（）A.3 B.0 C.2 D.6二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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.下列说法正确的是（）A.任意向量，，若且与同向，则B.若向量，且，则三点共线C.若，则与的夹角是锐角D.已知|，为单位向量，且，则在上的投影向量为10.已知函数，满足，且，则（）A.的图象关于对称 B.C.在上单调递减 D.的图象关于点对称11.正方体的棱长为2，已知平面，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（）A.截面形状可能为正三角形 B.平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积的最大值为第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12.已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，则的值为____________．13.计算：__________.14.已知三棱锥底面是边长为3的等边三角形，且，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为____________．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已知向量，且．（1）求向量与的夹角．（2）若向量与互相垂直，求k的值．16.已知函数的部分图象如下图所示．（1）求函数的解析式．（2）若将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，求不等式的解集．17.在中，角所对的边分别为，已知．（1）求B；（2）若，且，求．18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面．（1）证明：平面平面；（2）当时，证明：平面；（3）若，四面体体积等于四棱锥体积的，求的值．19.对于三个实数，若成立，则称具有“性质”（1）写出一个数使之与2具有“性质1”，并说明理由；（2）若具有“性质0”，求的取值范围；（3）若，且，具有“性质”，求实数的最大值．泸州市高2023级高一学年末统一考试数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑．3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出，再根据交集的定义即可得解.【详解】，，所以.故选：B.2.设复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据复数的除法计算复数，再结合共轭复数定义即可.【详解】因为,所以.故选：C.3.设，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别利用指数函数和对数函数的单调性进行比较，借助于中间值“0”即可判断三个值的大小.【详解】因为函数在上单调递增，所以，又因为函数在上单调递增，所以，所以.故选：D.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用二倍角公式，结合正余弦齐次式法求值.【详解】依题意，.故选：B5.平面与平面平行的充分条件可以是（）A.内有无穷多条直线都与平行B.直线，且C.直线，直线，且D.内的任何一条直线都与平行【答案】D【解析】【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念依次判断即可.【详解】对于A，若内有无穷多条直线都与平行，则平行或相交，故充分性不成立，故A错误；对于B，如图，在正方体中，平面，平面，而平面平面，故充分性不成立，故B错误；对于C，如图，在正方体中，平面，平面，而平面平面，故充分性不成立，故C错误；对于D，由面面平行的定义知能推出平面与平面平行，故充分性成立，故D正确.故选：D.6.如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用数量积的定义、运算律以及向量的线性运算即可求解.【详解】因为，所以，取中点Q，连接，.故选：B.7.若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，圆台的母线交于点，由已知易求得圆锥的母线，进而可求得上下底面的半径，利用直角梯形的性质可求圆台的高.【详解】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，设圆台的母线交于点，为圆台的母线，且，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，所以，所以，所以，由圆台侧面展开图扇环的圆心角为,所以下底面圆的周长为，所以，所以，在直角梯形中，易求得.故选：C.8.已知函数，若方程有4个不同的根，且，则的值为（）A.3 B.0 C.2 D.6【答案】A【解析】【分析】作出函数图象，由对称性可知，，，计算得，再计算的结果；【详解】作出函数的图象如下由对称性可知，，因为，由图可知，所以则，，故选：A.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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.下列说法正确的是（）A.任意向量，，若且与同向，则B.若向量，且，则三点共线C.若，则与的夹角是锐角D.已知|，为单位向量，且，则在上的投影向量为【答案】BD【解析】【分析】举反例判断A，C，利用向量共线定理判断B，利用投影向量的定义判断D即可.【详解】对于A，向量不能比较大小，故A错误，对于B，向量且时，由向量共线定理的推论，知三点共线，故B正确，对于C，当同向共线时，，此时夹角不是锐角，故C错误，对于D，由题意得，由投影向量定义得投影向量为，故D正确.故选：BD10.已知函数，满足，且，则（）A.的图象关于对称 B.C.在上单调递减 D.的图象关于点对称【答案】BD【解析】【分析】由已知结合正弦函数的对称性与单调性可先求出，即可判断A，B；然后结合正弦函数的对称性及单调性检验选项C，D即可判断．【详解】因为函数函数，满足，所以的图象关于对称，故A错误；所以，所以，所以，因为，，即，所以，所以，故B正确；则，由，可得，所以在上不单调，故C错误；由，所以的图象关于点对称，故D正确．故选：BD．11.正方体的棱长为2，已知平面，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（）A.截面形状可能为正三角形 B.平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．【详解】如图，在正方体中，连接，

因为平面，平面，则，因为四边形为正方形，则，又因为，平面，所以，平面，因为平面，则，同理可证，因为，平面，则平面，所以平面与平面平行或重合，所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确；平面与平面所成二面角正弦值为即为平面与平面所成的角，设与交于，连接，因为四边形是正方形，所以，又平面，又平面，所以，又，平面，又平面，所以，所以是平面平面与平面所成二面角的平面角，由题意可得，进而可得，所以，所以，所以平面与平面所成二面角的正弦值为，故B错误；当分别为对应棱的中点时，截面为正六边形，因为分别为的中点，则，因为平面，平面，则平面，同理可得平面，又因为，平面，则平面平面，所以，平面，此时截面为正六边形，故C正确；如图设截面为多边形，设，则，则，所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和，所以，因为，，所以=，当时，，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查空间几何体的截面问题，求解时要注意从动态的角度进行分析问题和求解问题，结合函数思想求解最值.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12.已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，则的值为____________．【答案】##【解析】【分析】根据周期性和奇函数的性质可得，从而可以求值.【详解】根据题意，是定义在R上周期为2的奇函数，所以.故答案为：13.计算：__________.【答案】4【解析】【详解】14.已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为____________．【答案】【解析】【分析】先分析得三棱锥的体积取得最大值时，有平面平面，分别求得，的外接圆的半径，进而可求外接球的半径，由此得解.【详解】依题意，三棱锥的底面面积是个定值，侧面是等边三角形，顶点到边的距离也是一个定值，所以当该三棱锥的体积取得最大值时，平面平面，取的中点，连接，分别为正三角形，的中心，所以，所以为二面角平面角，可得，过分别作平面，平面的垂线，两垂线交于，则为外接球的球心，由正三角形的性质可求得，进而可得，，易得四边形是正方形，所以，由勾股定理可得，其外接球的表面积为.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.已知向量，且．（1）求向量与的夹角．（2）若向量与互相垂直，求k的值．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由向量模的坐标运算得出，再根据向量数量积的定义及运算律求解即可；（2）由已知得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可．【小问1详解】由，得，设向量与的夹角为，由，，又，所以，所以，解得，所以向量与的夹角为．【小问2详解】由向量向量与互相垂直，得，所以，即，解得或．16.已知函数的部分图象如下图所示．（1）求函数的解析式．（2）若将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，求不等式的解集．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由图象求出，和的值即可求出函数的解析式．（2）根据函数图象变换求出的解析式，进而解不等式即可.【小问1详解】由图象知，，即，又，所以，所以，则又函数过点，所以，所以，所以，解得.又，所以，即．【小问2详解】将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，可得函数，再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，所以，由，可得，所以，所以，所以，所以不等式的解集为．17.在中，角所对的边分别为，已知．（1）求B；（2）若，且，求．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）利用余弦定理定理化简等式，再根据余弦定理的推论和角的范围解出答案；（2）利用正弦定理公式结合已知条件求出，再由余弦定理求出答案【小问1详解】因为余弦定理可得，所以，因为，所以.【小问2详解】因为正弦定理得，所以又，所以，即，由余弦定理得，即，因为，所以.18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面．（1）证明：平面平面；（2）当时，证明：平面；（3）若，四面体的体积等于四棱锥体积的，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）设与交于，连接，易得，由已知可证，进而可证，利用线面垂直的判定定可证平面，可证结论成立；（2）连接交于点，连接，连接，则为的中点，利用相似比证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（3）由题意可得，可求得值.【小问1详解】设与交于，连接，因为四边形是正方形，所以，且为的中点，又平面，又平面，所以，因为是的中点，所以，所以，