[数学][期末]四川省泸州市江阳区2023-2024学年高一下学期期末试题(解析版)

这是一份[数学][期末]四川省泸州市江阳区2023-2024学年高一下学期期末试题(解析版)，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 3D. 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PBC
B. 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csβ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，由平面，
得直线与平面所成角为，显然，则，
所以直线与平面所成角为.
（ⅱ）过作于，由（ⅰ）可得，为等腰三角形，
，，由三角形面积法得，
由勾股定理得，
过作交于，与延长线交于点，
在直角梯形中，，
则，，显然∽，
则，于是，，
为线段的中点，显然是二面角的平面角，
在正中，，由平面，平面，
则，平面，
于是平面，而平面，则，
，所以二面角的余弦值.