[数学][期末]四川省成都市成华区2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)

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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. 2C. 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. 4C. 0D.
【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. 1B. 2C. 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.