广东韶关实验中学2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份广东韶关实验中学2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，若，则（ ）
A．3B．C．1D．
3．（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若直线与平面所成角相等，则
B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则
C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则
D．若，且直线异面，则
7．一艘船以4 km/h的速度与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过h，则船实际航程为（ ）
A．2 kmB．6 kmC．2 kmD．8 km
8．如图，某工程队将从A到D修建一条隧道，工程队从A出发向正东行到达B，然后从B向南偏西方向行了一段距离到达C，再从C向北偏西方向行了到达D. 已知C在A南偏东方向上，则A到D修建隧道的距离为（ ）km.
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列结论正确的是（ ）
A．当时，复数是纯虚数
B．复数对应的点在第一象限
C．复数z及其共轭复数满足，则
D．复数与分分别对应向量与，则向量表示的复数为
10．已知是函数的一个零点.则（ ）
A．
B．函数的值域为
C．函数的单调递减区间为
D．不等式的解集为
11．已知点O是平面直角坐标系的原点，点A的坐标为，点B的坐标为，作，垂足为D，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．设四边形OABP有可能是平行四边形
C．将绕O逆时针旋转得到向量则的坐标为
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知复数，则= .
13．若且 则 ， .
14．如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．设的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
(1)求B；
(2)若，求的面积.
16．数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如: 如图甲，在中，D为BC的中点，则在 中，有，在中，有，两式相加得因为D为BC的中点，所以，于是如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点.
(1)如图乙，请用“算两次”的方法证明：；
(2)如图乙，若与的夹角为，求与的夹角的余弦值.
17．如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若，求二面角 的余弦值.
18．已知函数的最大值为1，其图象相邻两对称轴之间的距离为．若将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象关于原点中心对称．
(1)求函数的解析式；
(2)已知常数，，且函数在内恰有2025个零点，求常数与n的值.
19．设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“Ω区间”.
性质1: 对任意，有；
性质2: 对任意，有.
(1)分别判断区间是否为下列两函数的“Ω区间”，并说明理由；
①，②.
(2)若是函数的“Ω区间”，求实数的取值范围；
(3)已知函数在R上单调递减，且只能满足性质2. 求证: 函数在R上存在唯一的零点.
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据集合交并补运算的定义即可求解.
【详解】由题意可得，故.
故选B.
2．【答案】B
【详解】依题意，，由，得，所以.
故选：B
3．【答案】D
【分析】直接根据特殊角的三角函数值，得出答案.
【详解】根据特殊角的三角函数值，可知.
故选D.
4．【答案】D
【分析】应用排除法，结合奇偶性定义判断奇偶性，由解析式判断的符号，即可确定图象.
【详解】由且定义域为，函数为奇函数，排除A,C；
又，排除B.
故选D.
5．【答案】B
【分析】根据题意分析可知该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，结合圆锥的侧面积公式运算求解.
【详解】由题意可知，等腰直角三角形斜边的高为1，腰长为，
该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，
所以所得几何体的表面积为.
故选B.
6．【答案】D
【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系逐一判断即可．
【详解】
对于A：比如在正方体中，直线与平面所成角均为，
但相交，故A错误；
对于B：直线上的点到平面的距离相等，
故平面上有三个不同点到平面的距离相等，
但平面与平面相交，故B错误；
对于C：点到平面的距离相等，但直线与平面相交，故C错误；
对于D：若，，故过可作一平面，使得，则，
由于，异面，，所以，相交，否则，进而可得，
这与，异面矛盾，所以，相交，结合，，，，
所以，故D正确．
故选D．
7．【答案】B
【分析】可先求船速与水速的合速度，再计算实际航程．
【详解】设船的速度为，水的速度为，则船的实际航行速度为，于是有
=
=12，
所以=，
所以船实际航程为=6．
故选B．
8．【答案】C
【分析】由题意，在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理求得．
【详解】连接AC，
可得，
，，
在中，由正弦定理得，
即，则，
在中，由余弦定理得，
则．
故选C．
9．【答案】ACD
【分析】根据纯虚数的定义即可判定A；根据复数乘法化简即可得对应的点求解B；根据待定系数法求解复数，即可判定C；根据复数的几何意义，结合向量的减法运算即可求解D.
【详解】对于A：当时，为纯虚数，故A正确；
对于B：，对应的点位于实轴上，故B错误；
对于C：设，，，则，由得
，即，解得，
故，故C正确；
对于D：复数与分别对应向量与，
则向量表示的复数为，故D正确．
故选ACD．
10．【答案】AC
【分析】对于A，代入运算求解即可；对于B，整理可得，结合正弦函数的有界性分析求解；对于C，以为整体，结合正弦函数的单调性分析求解；对于D，结合选项B中的值域分析判断.
【详解】由题意可得，
因为，解得，故A正确；
则，
因为，则，
所以函数的值域为，故B错误；
令，解得，
所以函数的单调递减区间为，故C正确；
由选项B可知，当，即时，，
所以不等式的解集不为空集，故D错误.
故选AC.
11．【答案】BCD
【分析】对于A，根据向量的模长公式运算求解；对于B，根据向量的线性运算结合向量相等运算求解即可；对于C，根据三角函数值的定义结合诱导公式运算求解；对于D，结合向量投影运算求解.
【详解】由题意可得，
对于A：可得，故A错误；
对于B：因为，
若四边形OABP是平行四边形，则，
可得，解得，
所以四边形OABP有可能是平行四边形，故B正确；
对于C：设，
则，即，
可知，
则，
，
所以的坐标为，故C正确；
对于D：由题意可知，在方向上的投影为，
所以，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【分析】通过计算将复数化简，再求其模即可.
【详解】，所以
13．【答案】 2
【分析】根据题意结合同角三角关系可得，进而可得，再根据结合诱导公式运算求解.
【详解】因为，且，则，
可得，
所以；
.
14．【答案】
【分析】做辅助线，根据垂直关系可证平面，可知平面即为平面，进而结合三棱台的体积公式分析求解.
【详解】分别取的中点，连接，则，
且，，可知为平行四边形，则，
可得，即四点共面，
因为平面，平面，则，
易知，所以，
因为，所以，可得，
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
连接，
因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
且，平面，
可得平面，可知平面即为平面，
设正方体的棱长为2，
则正方体的体积为，三棱台的体积为，
可知，，所以.
【关键点拨】解题关键在于利用垂直关系分析可知平面即为平面，进而分析体积.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理可得，即可得结果；
（2）利用余弦定理可得，再结合面积公式运算求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，即，
且，所以；
（2）由余弦定理可得，
即，整理可得，解得（舍去），
所以的面积.
16．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意结合向量加法分析证明；
（2）根据题意结合（1）可求，进而结合向量夹角公式运算求解.
【详解】（1）因为，
则，
且E，F分别为AD，BC的中点，则，
所以；
（2）由题意可知，
由（1）可知，即，
则，
，即，
所以与的夹角的余弦值.
17．【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，证明四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，即可得出答案；
（2）由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案；
（3）取的中点，连接，找到二面角的平面角为，再计算余弦值，即可得出答案．
【详解】（1）证明：取的中点，
因为为棱的中点，
所以，，
又，，为的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
又直三棱柱的几何特征可得平面，又平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
18．【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由最大值得A，由周期得，写出变换的函数解析式，由对称性得，得函数解析式；
（2）首先确定，即，这样零点问题转化为，求得函数的最大值和最小值，然后讨论方程解的个数，分类讨论求得.
【详解】（1）依题意可知，可得，
，即，且，可得，
则，
将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
得到的函数为，
因为图象关于原点中心对称，则有，.
且，，
所以；
（2）由题意可知，
当时，，则在内的零点个数为偶数个，
因为在内恰有2025个零点，为奇数个零点，故.
由，可得，
设，则，
可知在和上单调递减，且，，
①若，由得或，
则（n为奇数）或（n为偶数），解得n不是整数，舍去；
②若，由得或，
则由（n为奇数），解得n不是整数，舍去；
或， 解得；
③若且，在内的零点个数为偶数；
④或，在内的零点个数为偶数．
综上所述：，．
【关键点拨】把方程进行变形转化为能利用正弦函数的周期性确定解的个数，同时注意分离参数法的应用.
19．【答案】(1)区间是函数①的“Ω区间”， 区间不是函数②的“Ω区间”，理由见详解
(2)
(3)证明见详解
【分析】(1)利用给定定义逐步检验即可；
(2)先确定函数满足哪条性质，然后再对进行讨论，确定的导函数符号以及其取值范围；
(3) 设新函数，确定的单调性，再根据零点存在定理即可得证.
【详解】（1）对于①：由一次函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，
故区间是的“Ω区间”；
对于②：由反比例函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，此时不满足，也不满足，
故区间不是的“Ω区间”；
（2）由题意知区间是函数的“Ω区间”，因为，所以满足性质1，所以，则，
①若时，且，所以，
可知在上单调递减，
所以，解得不存在，故舍去；
②若时,
在时，则在上单调递增，
在时，，则在上单调递减，
所以，
所以，解得；
③若时，，则在上单调递增，
所以，解得不存在，故舍去.
综上可知，若是函数的“Ω区间”，则；
（3）设是R上的任意两个实数，且，
因为在R上单调递减，所以，
则根据不等式运算法则知，
令，所以在R上单调递减，
因为只能满足性质2，所以存在，使得，
若，则，
因为单调递减，所以当足够大时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得；
若，，
因为单调递减，所以当足够小时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
综上函数在R上存在唯一的零点.
【关键点拨】先利用给定定义，然后对参数进行分类讨论，得到所要求的取值范围即可．