江西省九江市六校2023−2024学年高一下学期期末联考 数学试题（含解析）

这是一份江西省九江市六校2023−2024学年高一下学期期末联考 数学试题（含解析），共13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．下列说法正确的是（ ）
A．通过圆台侧面一点，有无数条母线
B．棱柱的底面一定是平行四边形
C．圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形
D．用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台
2．sin 600°＋tan 240°的值等于（ ）
A．－B．
C．－＋D．＋
3．设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，则（ ）
A．1B．
C．2D．或2
5．已知是异面直线，平面，平面，直线满足，则（ ）
A．且B．且
C．与相交，且交线垂直于D．与相交，且交线平行于
6．已知函数图象为，为了得到函数的图象，只要把上所有点（ ）
A．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
D．先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
7．已知，，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在区间上的最大值为，则实数的取值个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知集合，其中为虚数单位，则下列属于集合的元素是（ ）
A．B．C．D．
10．已知，满足：对任意，恒有，则（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，下列结论正确的是（ ）
A．平面B．平面平面
C．D．直线与直线所成角的大小为
三、填空题（本大题共3小题）
12．是虚数单位，若复数 是纯虚数，则实数的值为 .
13．如图，一个水平放置的正方形，它在直角坐标系中，点的坐标为，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点到轴的距离为 ．

14．已知函数的图象过点和且当时，恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知复数，（其中为虚数单位）．
(1)求复数；
(2)若复数在复平面内所对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
16．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
17．平面内有向量，，，点为直线上的一个动点．
(1)当取最小值时，求的坐标；
(2)当点满足(1)的条件和结论时，求的值．
18．如图，在平面直角坐标系中，点为单位圆与轴正半轴的交点，点为单位圆上的一点，且，点沿单位圆按逆时针方向旋转角后到点.
(1)当时，求的值；
(2)设，求的取值范围.
19．已知三棱锥的棱两两互相垂直，且.
(1)若点分别在线段上，且，求二面角的余弦值；
(2)若以顶点为球心，8为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交，试求交线长是多少？
参考答案
1．【答案】C
【解析】根据圆柱、圆锥、圆台以及棱柱的结构特征判断.
【详解】因为通过圆台侧面一点只有一条母线，故A错误；
因为棱柱的底面不一定是平行四边形，可以是任意多边形，故B错误；
因为由棱台的定义，要求上､下底面平行，故D错误；
因为圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形，三角形的两腰是其母线，故C正确.
故选C.
2．【答案】B
【分析】分别利用诱导公式求得sin 600°和tan 240°的值，从而求得结果.
【详解】，
，
则.
故选B.
3．【答案】C
【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点和点之间的距离为1，可选正确答案C．
【详解】则．
故选C．
4．【答案】C
【分析】根据数量积的运算律即可求解模长.
【详解】因为，所以，
故选C.
5．【答案】D
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断，证明线线平行时注意线面平行的判定定理与性质定理的应用．
【详解】是异面直线，不平行，因此平面不平行，A错误；
不一定垂直，因此平面也不一定垂直，B错误；
平面，，，则，同理，由选项A知平面一定相交，
设，过直线作平面与平面交于直线，如图，则，
同理过作平面与平面交于直线，则，
所以，，，则，又，，则，
所以，因此C错误，D正确．
故选D．
6．【答案】C
【分析】根据三角函数平移伸缩变化求解即可.
【详解】先将函数图象上每点横坐标缩短到原来的，
纵坐标不变，得到的图象，再将得到的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象.
故选C.
7．【答案】B
【解析】求出向量在向量上的投影，再乘以向量方向的单位向量．
【详解】，，，，则向量在向量上的投影向量为，
故选B.
8．【答案】B
【分析】先计算出，分和两种情况讨论，时转化为图象交点问题.
【详解】，则，显然，，
①若即时，在单调递增，，
作函数的图象，作与仅一个交点，所以此时有一个满足要求；
②若即时，，所以，
所以满足要求，
综上知满足条件的共有两个.
故选B.
9．【答案】BC
【分析】先求得集合，然后结合复数运算对选项逐一计算，由此确定正确选项.
【详解】依题意，
，A错误，
，B正确，
，C正确，
，D错误.
故选BC.
10．【答案】BC
【分析】根据向量线性运算的几何意义分析可得，即为定点A到x轴上的动点的距离，进而分析可得，结合数量积运算求解.
【详解】不妨设，
则，即为定点A到x轴上的动点的距离，
显然当轴时，取到最小值，
若对任意，恒有，
则，可得，故B正确，D错误；
因为，
可得，故A错误，C正确；
故选BC.
11．【答案】ABC
【分析】A选项:连接,为中点，为中点，可证根据线面平行的判定可以证明平面；
B选项:连接,同理证明平面,结合A选项可证明平面平面；
C选项:由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形，根据勾股定理可证,结合可证;
D选项:先利用平移思想，根据平行关系找到异面直线与直线所成角的平面角，结合为正三角形，即可求出直线与直线所成角.
【详解】连接如图示：
为底面正方形的中心, 为中点，又为中点，又平面,平面，平面，故A选项正确；
连接，同理可证,又平面,平面，平面,又,平面，平面,平面,
平面平面,故B选项正确；
由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形， ,又， ,故C选项正确;
分别为侧棱的中点，，四边形为正方形, ,直线与直线所成的角即为直线与直线所成角，
即为直线与直线所成角，又为正三角形，, 直线与直线所成角为.故D选项错误.
故选ABC.
12．【答案】
【详解】试题分析：由复数的运算可知，是纯虚数，则其实部必为零，即，所以.
故答案为：-2.
13．【答案】
【分析】作出正方形的直观图，再结合斜二测画法的规则计算可得.
【详解】作出正方形的直观图如图所示：

因为，，
所以顶点到轴的距离为．
故答案为：.
14．【答案】
【分析】利用三角函数的性质得到参数间的关系，进行消参，然后分类讨论参数范围，求解即可.
【详解】由知，
，
此时，
当时，，
只需，得，又；
当时，成立，适合；
当时，，要使，
只需，
综上知，
故，则实数的取值范围是.
故答案为：
15．【答案】(1)；(2).
【分析】(1)利用复数除法法则计算；(2)首先化简复数，再根据复数在复平面内所对应的象限，列式求实数的取值范围．
【详解】(1)；
(2)，
因为复数在复平面内所对应的点在第四象限，
所以，解得：.
故实数的取值范围为.
16．【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)根据已知可得，进而有≌，可得
，即，从而证得平面，即可证得结论；
(2)将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.
【详解】(1)连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
(2)设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为.
17．【答案】(1)；(2)．
【分析】(1)设，利用向量与共线可得，用坐标表示，结合二次函数性质，求最小值，可得；
(2)利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】(1)设，∵在直线上，
∴与共线．
∵，
∴，∴，∴．
又∵，，
∴．
故当时，有最小值，此时．
(2)由(1)知，，，
∴，，
∴．
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)由三角函数定义得到，故，利用诱导公式，辅助角公式化简得到答案；
(2)化简得到，由，整体法求解值域.
【详解】(1)由三角函数的定义可得，，
当时，，即，
.
(2)，
，
，
，则，
，
则，
即的取值范围为.
19．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)作出二面角的平面角，在直角三角形求解即可；
(2)根据数形结合和弧长公式求解即可.
【详解】(1)
因为两两垂直，，
平面，所以平面，
，
过点作于，连接，则
又平面，所以，又平面，，
所以平面，又平面，所以，
即为的平面角，
在中，，
所以二面角的余弦值.
(2)
，，
所以以为球心，8为半径的球与三棱锥交于四段弧，
①平面与球面相交所成的弧是以为圆心，
为半径的圆弧；
②平面与球面相交，得到的弧是以为圆心，8为半径的弧，
，，又为锐角，
所以，所对圆心角，所以；
③由对称性可知，平面与球面相交所得到弧长与②情况相同，长度也为；
④，
所以为等边三角形，，
点到的距离等于，
所以平面与球面相交得到弧长，
所以交线长.