四川省绵阳市2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试题（含解析）

这是一份四川省绵阳市2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试题（含解析），共18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．在复平面内，i为虚数单位，若复数，则z的实部为（ ）
A．B．1C．2D．3
2．已知平面向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．5
3．等腰直角的面积为1，以斜边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．将函数的图象先向左平移个单位，纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则函数的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
5．若a，b，l是空间中三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中真命题是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．在日常生活中，我们会看到两个人共提一桶水或者共提一个行李包这样的情景．假设行李包或者水桶所受重力为G，作用在行李包或者水桶上的两个拉力分别为，，且，与的夹角为，下列结论中正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，有最小值D．越小越费力，越大越省力
8．某数学兴趣小组为测量一古建筑物的高度，设计了测算方案．如图，在该建筑物旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点M的仰角分别为，，，且，则该古建筑的高度为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，在中，点D为的中点，点E为的四等分点（靠近点C），，，，则下列结论正确的是（ ）

A．B．
C．D．是在上的投影向量
10．函数（，，）的部分图象如图所示，下列正确的是（ ）
A．，
B．函数的图象关于直线对称
C．若，则
D．函数的最小正周期为，函数是奇函数
11．《九章算术》中称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正方体的棱长为1，则下列命题正确的是（ ）
A．正方体的内切球的体积等于该牟合方盖的内切球的体积
B．该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为2∶3
C．该牟合方盖的内切球被平面截得的截面面积为
D．以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积与该牟合方盖的内切球的体积之比为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在复平面内，i为虚数单位，若复数z满足，则 ．
13．已知角的终边在第一象限，，则 ．
14．如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E在上，且，连接交于点G，若，则 ．

四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，，．
(1)若与共线，求；
(2)若函数，求函数在区间上的最大值，以及相应的x的值．
16．风力发电的原理是利用风力带动风机叶片旋转，当风吹向叶片时驱动风轮转动，风能转化成动能，进而来推动发电机发电．如图，风机由一座塔和三个叶片组成，每两个叶片之间的夹角均为，现有一座风机，叶片旋转轴离地面100米，叶片长40米．叶片按照逆时针方向匀速转动，并且每5秒旋转一圈．风机叶片端点P从离地面最低位置开始，转动t秒后离地面的距离为h米，在转动一周的过程中，h关于t的函数解析式为（，，）．
(1)求函数的解析式；
(2)当风机叶片端点P从离地面最低位置开始，在转动一周的过程中，求点P离地面的高度不低于80米的时长．
17．如图，直三棱柱的侧面积为，底面为等腰直角三角形，，，M，N分别是和的中点．
(1)求证：平面；
(2)取的中点E，连接与交于点O，求异面直线与所成角的余弦值．
18．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c满足．
(1)求B；
(2)若，，求的面积；
(3)求的取值范围．
19．如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，O点为的中点，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成的二面角的正切值：
(3)当与平面的所成角最大时，求四棱锥的体积．
参考答案
1．【答案】D
【分析】对复数化简后可求出其实部
【详解】因为，
所以复数z的实部为3.
故选D.
2．【答案】B
【分析】由，得列方程可求得结果.
【详解】因为，，，
所以，
化简得，解得.
故选B.
3．【答案】B
【分析】由题可得该几何体由两个底面重合的圆锥组成，其中圆锥的底面半径为1，高为1，进而即得.
【详解】在中，，又，
解得，所以，
所以边上的高为，
以斜边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体为两个底面重合的圆锥组成，
其中圆锥的底面半径为，高为，
所以该几何体的体积为．
故选B.
4．【答案】C
【分析】根据正弦函数的平移伸缩得出解析式即可.
【详解】的图象先向左平移可得,
纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来的2倍可得.
故选C.
5．【答案】A
【分析】由线线，线面，面面的位置关系逐项判断即可得结论.
【详解】对于A，若，，，由线面平行的性质可得，故A正确；
对于B，若，，，当时，得不出，故B错误；
对于C，若，，，可能，也可能与相交，故C错误；
对于D，若，，，可能，也可能，也可能不共线且不垂直，故D错误.
故选A.
6．【答案】B
【分析】根据两角和的正切公式，求得，再由正切的倍角公式，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，根据两角和的正切公式，得，解得，
又由正切的倍角公式，得，
故选B.
【关键点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中熟练应用两角和的正切和正切的倍角公式，合理化简、运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
7．【答案】A
【分析】由题意可得，根据模长关系可得，进而逐项分析判断即可.
【详解】由题意可得，
则，解得，
对A：当时，，故A正确；
对B：当时，，即，故B错误；
对于C：对于，
因为在内单调递减，则在内单调递增，
所以越小越省力，越大越费力，且无最小值，故CD错误；
故选A.
8．【答案】C
【分析】设，利用三角函数分别表示，然后分别在中利用余弦定理表示，因为，所以可得,进而求解即可.
【详解】设，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：,
因为,所以，
即，解得，
所以该古建筑的高度为.
故选C.
9．【答案】AD
【分析】对于A，由向量的加法法则分析判断，对于B，给两边平方化简可求出，对于C，将用表示，代入化简判断，对于D，利用投影向量的定义求解判断.
【详解】对于A，因为在中，点D为的中点，所以，
所以，所以A正确，
对于B，因为，，，，
所以，
所以，即，所以B错误，
对于C，因为，
所以
，所以C错误，
对于D，因为点E为的四等分点（靠近点C），所以，
所以在上的投影向量为，所以D正确.
故选AD.
10．【答案】ACD
【分析】由题意可得，结合图象过点，，可求函数解析式，进而逐项计算可得结论.
【详解】由题意可得，又因为函数过点，
所以，所以，又因为，所以，
又函数的第二个关键点的坐标为，所以，解得，故A正确；
所以，由，
所以函数的图象不关于直线对称，故B错误；
若，则可得，所以，
，故C正确；
函数的最小正周期为，
，
所以，函数是奇函数，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】AB
【分析】分析可知正方体的内切球与牟合方盖也相切，可判断A选项；结合球和圆柱的体积公式判断B；计算出正方体的内切球被平面截得的截面面积，可判断C选项；计算出以正方体的顶点A为球心，为半径的球在该正方体内部部分的体积与内切球的体积，可判断D选项.
【详解】对于选项A：因为正方体的内切球与正方体的两个内切圆柱的侧面和底面都相切，
又因为牟合方盖与的两个顶点和侧面四个曲面刚好与正方体的侧面相切，
故正方体的内切球内切于牟合方盖，
所以正方体的内切球体积等于该牟合方盖的内切球的体积，故A正确；
对于选项B：由选项A可知：该牟合方盖的内切球的半径为，体积为，
其中一个圆柱体的底面半径为，高为1，体积为，
所以该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为，故B正确；
对于选项C：因为四边形为正方形，则，
平面，平面，则，
，平面，
平面，则，同理可证，
，所以，平面，
设交平面于点，则平面，
因为，
易知是边长为的等边三角形，则，
由，所以，，
易知正方体的内切球球心为的中点，且，
所以，，
而正方体的内切球半径为，
所以，正方体的内切球被平面截得的截面圆半径为，
所以，截面面积为，故C错误；
对于选项D，以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积恰为该球体积的，即为，
该牟合方盖的内切球的体积为，
因此，所求体积之比为，故D错误.
故选AB.
【关键点拨】多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
（2）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
（3）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
（4）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
12．【答案】
【分析】根据复数的除法运算可得，进而可求模长.
【详解】因为，则，
所以.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】运用同角三角函数关系式，结合差角正弦计算即可.
【详解】角的终边在第一象限，的终边在x轴上方，
则，
则.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】运用平面向量的线性运算，结合基本定理可解.
【详解】在平行四边形中, ，
根据初中知识知道，则，则，
又，则，则．
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)最大值为1，此时x的取值为
【分析】（1）求出的坐标，然后由与共线，可得，化简后可求得；
（2）先根据向量数量积运算和三角函数恒等变换公式求出的解析式，然后由求出的范围，再利用正弦函数的性质可求出其最大值及相应的x的值．
【详解】（1）由题意，得．
与共线，，
，
化简，得，
．
（2）由题意，得
．
，，
当，即时，函数取得最大值，
函数在区间上的最大值为1，此时x的取值为．
16．【答案】(1)
(2)秒
【分析】（1）根据题意，建立关于的方程组，解出即可；
（2），解出三角不等式即可.
【详解】（1）由题意，得风机的角速度每秒，当时．
解得
．
（2）令，则，即，
，解得，．
当风机叶片端点P从离地面最低位置开始，
在转动一周的过程中，点P离地面的高度不低于80米的时长为秒．
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接．先证明四边形是矩形．再借助中位线证明，运用线面平行定理证明即可.
（2）连接并延长与交于的中点，记为点F，过O作，交于点H．则为的三等分点（靠近点），连接，则或其补角为异面直线与所成角，设，根据直三棱柱的侧面积为，解得，再分别求出，，，，在中用余弦定理求出即可.
【详解】（1）证明：连接．
在直三棱柱中，，且，
四边形是矩形．
是的中点，
过点N且平分．
在中，M是的中点，
是的中位线，
，又平面，平面，
平面．
（2）点E，M分别是和的中点，
与的交点O为的重心．
连接并延长与交于的中点，记为点F．
过O作，交于点H．
为的三等分点（靠近点）．
连接，则或其补角为异面直线与所成角．
设，则直三棱柱的侧面积为，解得．
直三棱柱的底面为直角三角形，，
，．
且都在面内，
平面，A1O⊂面，
．
又，
．
又，．
在中，，
异面直线与所成角的余弦值为．
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简后利用余弦定理可求出角B；
（2）利用余弦定理求出，再由三角形面积公式可求得结果；、
（3）利用正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形得，令，然后利用二次函数的性质可求其范围.
【详解】（1），
由正弦定理，得，．
由余弦定理，得，
，．
（2）在中，，，．
由余弦定理，得，
即，解得（舍）或．
的面积为．
（3）由（1）知．
．
令，，
，．
，
当时，取得最小值，最小值为．
当时，取得最大值，最大值为．
的取值范围是．
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由等腰三角形的性质得，取的中点M，连接，则由已知可得，结合可证得是等边三角形，则，从而可得，则，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）延长与交于点E，连接，取中点F，连接，，则可证得是平面与平面所成的二面角的平面角，在中求解即可；
（3）设，点A到平面的距离为h，利用表示出，记与平面所成角为，表示出化简后利用基本不等式可求出其最大值，从而可求出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：，O点为的中点，．
取的中点M，连接，则，，
底面是平行四边形，，
，．
，∴，
，，
是等边三角形，．
在与中，，．
，．
又，平面，平面，
平面．
（2）延长与交于点E，连接．
平面，平面，平面平面．
由，，得，，
，，
取中点F，连接，则．
，为等腰直角三角形．
连接，则，
是平面与平面所成的二面角的平面角．
，，，平面，
平面，，
在中，，，
．
平面与平面所成的二面角的正切值为．
（3）设，点A到平面的距离为h．
，，，
等腰底边上的高为，，
．
，点C到的距离为，．
．
，即，．
记与平面所成角为．
，
当且仅当，即时，最大，最大，
．
【关键点拨】此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查线面角的求解，第（2）问解题的关键是利用二面角的定义结合已知条件作辅助角找出二面角的平面角，从而进行求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.