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四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题（学生版+教师版）
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这是一份四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题（学生版+教师版），文件包含四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题教师版docx、四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
（时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效.
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效.
4．考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题）
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，只有一项是符合要求的.
1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的概念判断即可.
【详解】复数的虚部为.
故选：C
2. 下列选项中三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合旋转体的定义，即可求解.
【详解】由题意知，该几何体是组合体，上、下各一个圆锥，
根据旋转体的定义，可得B项，符合题意.
故选：B.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由两角和的正弦公式即可求解.
【详解】.
故选：B.
4. 在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体性质，将直线平移到，再利用即可求得角的大小.
【详解】连接，如下图所示：
根据正方体性质可知，所以直线与所成的角即为直线与所成的角；
设正方体棱长为2，易知，，，
在中，满足，即，
因此，所以.
故选：B
5. 已知正方形的边长为为正方形的中心，是的中点，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先建立平面直角坐标，分别求出向量，的坐标，再利用向量数量积的坐标运算即可求出结果.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，则，，，所以，，所以
故选：C.
6. 把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用反推法和三角函数的图象变换求解即可.
【详解】由题意可知，要得到，要将向左平移个单位长度，得到，
再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，得到，
故选：B
7. 空间中有不同平面，和不同直线；，若，；则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B. 若，；则
C. 一定存在；使得，是异面直线D. 一定存在平面；满足，
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中线面平行的性质以及面面平行的判断结合选项逐一求解.
【详解】对于A， 有可能在平面内，故A错误，
对于B，当，且，此时也符合，故B错误，
对于C，由可知与内的直线平行或者异面，所以存在；使得，是异面直线，C正确，
对于D，若在平面内，则,不可能平行，故D错误，
故选：C
8. 设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】首先由，，结合余弦定理得出，进一步由三角形面积公式、同角三角函数关系恒等式得，由此即可得解.
【详解】
因为，，
所以，
从而，即，
所以，所以，
所以的面积为
，
等号成立当且仅当，
综上所述，面积的最大值为4.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是依次得出，，由此即可顺利得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 在中，，则角的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由正弦定理解出，结合大边对大角判断出解的个数.
【详解】由正弦定理有，即，解得，
注意到从而，所以角的可能取值是，.
故选：BC.
10. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ）
A. 在复平面内对应的点在第一象限B.
C. 的共轭复数为D. 是关于的方程的一个根
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.
【详解】由可得,
对于A,点为，故在第一象限，A正确，
对于B,，故B正确，
对于C,的共轭复数为，故C错误，
对于D,，故D正确，
故选：ABD
11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）．
A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B. 按照折法①，存在满足
C. 按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；由棱锥体积判断C；由线面角的定义求出大小判断D.
【详解】由题意知，
取的中点,由于和是直角三角形且全等，
故,
故在折法①的折叠过程中,三棱锥的外接球的球心为,半径为1,
故该球的表面积恒为,故A选项正确；
按照折法①,在折起过程中,点在平面内的投影在线段上(不包括端点),
而线段 (不包括端点)不存在使得，故不存在满足，故B选项错误；
按照折法②，取的中点，，
当平面平面时，三棱锥体积取得最大值，
此时体积,故C选项正确;
当时，，，
故此时,,
又因为平面,
故平面,
故为与平面所成线面角,
则，故D选项正确.
故选:ACD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则__________．
【答案】7
【解析】
【分析】利用数量积的坐标表示计算即得.
【详解】由，，得.
故答案为：7
13. 已知，则__________．
【答案】##0.625
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，即可求解.
【详解】将两边平方可得，
所以.
故答案为：.
14. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
设圆锥的母线长为，底面半径为，则，
所以
如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面，
的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15 已知向量，．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与夹角的余弦值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设，代入求值即可；
（2）由，得，利用向量数量积和向量的模，求夹角的余弦.
【小问1详解】
由，设，，，
，或．
【小问2详解】
，，
，，
，．
设与的夹角为，则．
与的夹角的余弦值为．
16. 如图，已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证：
（1）平面；
（2）.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，通过线线平行证明线面平行，进一步得到面面平行，即平面平面，从而得到线面平行，即平面.
（2）根据线面平行的性质定理证明线线平行.
【小问1详解】
如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.
因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
因为，平面，所以平面平面.
因为平面MNQ，所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以.
17. 已知函数．
（1）求函数单调递增区间；
（2）在三角形中，角、、所对边分别为、、，，，，求的周长．
【答案】（1）增区间，；（2）周长为18．
【解析】
【分析】（1）由题意，将化简为，令即得解；
（2）由，可解得，再由余弦定理，可得，即得解.
【详解】（1）由题意：
令，
故函数的单调递增区间为：，
（2）由，可得
或
或，又
由余弦定理，
即
（舍负）
故周长
18. 如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形．
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥体积为，求三棱锥的表面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，，可证平面，可得，又易得，进而可证平面．
（2）由已知可得，，利用体积可求得的值，进而可求表面积.
【小问1详解】
因为是正三角形，点为的中点，所以．
因为，是正三角形，点为的中点，
所以，．
因为，平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
设，则是边长为的正三角形，因为，所以，
因为是正三角形，且，所以，
所以三棱锥的体积，所以，
的面积为，
与的面积相等，其面积之和为，
在中，，，
所以的面积为．
所以三棱锥的表面积为．
19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为．
（1）设，请问函数是否存在相伴向量，若存在，求出与共线的单位向量；若不存在，请说明理由．
（2）已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围．
【答案】（1）存在，或
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知，进而根据相伴向量的定义求解即可；
（2）根据三角函数的性质得，进而结合二倍角公式得，再令，进而结合函数值域求解即可.
【小问1详解】
因为
，
所以，函数存在相伴向量，，
所以，与共线的单位向量为或
.
【小问2详解】
的“相伴函数”，
因为在处取得最大值，
所以，当，即时，有最大值，
所以，，
所以，
因为，，
所以，
所以，
令，则，
因为均为上的单调递减函数，
所以在上单调递减，
所以，
所以，，
所以，的取值范围为.
（时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效.
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效.
4．考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题）
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，只有一项是符合要求的.
1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的概念判断即可.
【详解】复数的虚部为.
故选：C
2. 下列选项中三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合旋转体的定义，即可求解.
【详解】由题意知，该几何体是组合体，上、下各一个圆锥，
根据旋转体的定义，可得B项，符合题意.
故选：B.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由两角和的正弦公式即可求解.
【详解】.
故选：B.
4. 在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体性质，将直线平移到，再利用即可求得角的大小.
【详解】连接，如下图所示：
根据正方体性质可知，所以直线与所成的角即为直线与所成的角；
设正方体棱长为2，易知，，，
在中，满足，即，
因此，所以.
故选：B
5. 已知正方形的边长为为正方形的中心，是的中点，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先建立平面直角坐标，分别求出向量，的坐标，再利用向量数量积的坐标运算即可求出结果.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，则，，，所以，，所以
故选：C.
6. 把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用反推法和三角函数的图象变换求解即可.
【详解】由题意可知，要得到，要将向左平移个单位长度，得到，
再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，得到，
故选：B
7. 空间中有不同平面，和不同直线；，若，；则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B. 若，；则
C. 一定存在；使得，是异面直线D. 一定存在平面；满足，
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中线面平行的性质以及面面平行的判断结合选项逐一求解.
【详解】对于A， 有可能在平面内，故A错误，
对于B，当，且，此时也符合，故B错误，
对于C，由可知与内的直线平行或者异面，所以存在；使得，是异面直线，C正确，
对于D，若在平面内，则,不可能平行，故D错误，
故选：C
8. 设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】首先由，，结合余弦定理得出，进一步由三角形面积公式、同角三角函数关系恒等式得，由此即可得解.
【详解】
因为，，
所以，
从而，即，
所以，所以，
所以的面积为
，
等号成立当且仅当，
综上所述，面积的最大值为4.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是依次得出，，由此即可顺利得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 在中，，则角的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由正弦定理解出，结合大边对大角判断出解的个数.
【详解】由正弦定理有，即，解得，
注意到从而，所以角的可能取值是，.
故选：BC.
10. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ）
A. 在复平面内对应的点在第一象限B.
C. 的共轭复数为D. 是关于的方程的一个根
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.
【详解】由可得,
对于A,点为，故在第一象限，A正确，
对于B,，故B正确，
对于C,的共轭复数为，故C错误，
对于D,，故D正确，
故选：ABD
11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）．
A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B. 按照折法①，存在满足
C. 按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；由棱锥体积判断C；由线面角的定义求出大小判断D.
【详解】由题意知，
取的中点,由于和是直角三角形且全等，
故,
故在折法①的折叠过程中,三棱锥的外接球的球心为,半径为1,
故该球的表面积恒为,故A选项正确；
按照折法①,在折起过程中,点在平面内的投影在线段上(不包括端点),
而线段 (不包括端点)不存在使得，故不存在满足，故B选项错误；
按照折法②，取的中点，，
当平面平面时，三棱锥体积取得最大值，
此时体积,故C选项正确;
当时，，，
故此时,,
又因为平面,
故平面,
故为与平面所成线面角,
则，故D选项正确.
故选:ACD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则__________．
【答案】7
【解析】
【分析】利用数量积的坐标表示计算即得.
【详解】由，，得.
故答案为：7
13. 已知，则__________．
【答案】##0.625
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，即可求解.
【详解】将两边平方可得，
所以.
故答案为：.
14. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
设圆锥的母线长为，底面半径为，则，
所以
如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面，
的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15 已知向量，．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与夹角的余弦值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设，代入求值即可；
（2）由，得，利用向量数量积和向量的模，求夹角的余弦.
【小问1详解】
由，设，，，
，或．
【小问2详解】
，，
，，
，．
设与的夹角为，则．
与的夹角的余弦值为．
16. 如图，已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证：
（1）平面；
（2）.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，通过线线平行证明线面平行，进一步得到面面平行，即平面平面，从而得到线面平行，即平面.
（2）根据线面平行的性质定理证明线线平行.
【小问1详解】
如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.
因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
因为，平面，所以平面平面.
因为平面MNQ，所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以.
17. 已知函数．
（1）求函数单调递增区间；
（2）在三角形中，角、、所对边分别为、、，，，，求的周长．
【答案】（1）增区间，；（2）周长为18．
【解析】
【分析】（1）由题意，将化简为，令即得解；
（2）由，可解得，再由余弦定理，可得，即得解.
【详解】（1）由题意：
令，
故函数的单调递增区间为：，
（2）由，可得
或
或，又
由余弦定理，
即
（舍负）
故周长
18. 如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形．
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥体积为，求三棱锥的表面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，，可证平面，可得，又易得，进而可证平面．
（2）由已知可得，，利用体积可求得的值，进而可求表面积.
【小问1详解】
因为是正三角形，点为的中点，所以．
因为，是正三角形，点为的中点，
所以，．
因为，平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
设，则是边长为的正三角形，因为，所以，
因为是正三角形，且，所以，
所以三棱锥的体积，所以，
的面积为，
与的面积相等，其面积之和为，
在中，，，
所以的面积为．
所以三棱锥的表面积为．
19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为．
（1）设，请问函数是否存在相伴向量，若存在，求出与共线的单位向量；若不存在，请说明理由．
（2）已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围．
【答案】（1）存在，或
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知，进而根据相伴向量的定义求解即可；
（2）根据三角函数的性质得，进而结合二倍角公式得，再令，进而结合函数值域求解即可.
【小问1详解】
因为
，
所以，函数存在相伴向量，，
所以，与共线的单位向量为或
.
【小问2详解】
的“相伴函数”，
因为在处取得最大值，
所以，当，即时，有最大值，
所以，，
所以，
因为，，
所以，
所以，
令，则，
因为均为上的单调递减函数，
所以在上单调递减，
所以，
所以，，
所以，的取值范围为.
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