四川省成都市成华区2023~2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷[附解析]

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本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．全卷共150分，考试时间为120分钟．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目填写在答题卡上．
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上．
3．考试结束时，将答题卡收回．
一、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】
【分析】化简后按照纯虚数概念判断．
【详解】，
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】
【分析】根据向量的坐标运算求得，根据向量平行的坐标表示，列式计算，即得答案.
【详解】由向量，，可得，因为
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】
【分析】由线，面的位置关系依次判断即可．
【详解】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】
【分析】取的中点,连接，证明平面，即得即直线MN与平面所成角，解三角形即得.
【详解】
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】
【分析】
利用两角和与差的余弦公式结合二倍角的余弦公式化简可求得所求代数式的值.
【详解】.
故选：A.
【点睛】本题考查利用两角和、差的余弦公式以及二倍角的余弦公式求值，考查计算能力，属于基础题.
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】
【分析】根据投影向量的定义求出，再由及数量积的运算律计算可得.
【详解】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】
【分析】根据求出，即可得到函数解析式，再代入计算可得.
【详解】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】
【分析】运用拆角变换由和求得，再将拆角后展开，代入以上结论即得.
【详解】由，
因，代入可得，，
则.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题主要考查和（差）角公式在求解函数值上的应用，属于难题.
解题的关键在于两次拆角变换，①，利用题设求得；②，利用已知和所得结论求解.
二、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】
【分析】设复数，即可得其共轭复数，根据复数的加减运算，即可判断A，B；根据复数模的计算可判断C；根据复数的乘方运算可判断D.
【详解】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】
【分析】利用三角恒等变换将函数式化成，结合图象确定值即得函数解析式.
对于A，运用周期公式可排除；
对于B只需将代入检验即得；
对于C，求出解析式利用奇偶性定义即可判断；
对于D，应将看成整体角，求出的范围，借助于正弦函数的图象即可求得参数的范围.
【详解】，
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】
【分析】对于A，化简等式成，即可判断；对于B，将等式两边与作点乘，化简得出结果为0即可判断；对于C，利用平面向量基本定理推出三点共线，结合图形和共线向量即得结论；对于D，化简向量等式，利用单位向量作出即得菱形，推得，即得结论.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查平面向量的线性运算和数量积的应用，属于难题.
对于向量等式，要结合图形，和选项的启发，有时从构造平面向量基本定理的条件入手；有时通过与其他向量的点乘为0判断线线垂直；有时通过两单位向量的和作平行四边形，推得菱形.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
注意事项：
1．用钢笔或圆珠笔直接答在答题卡对应题目的位置上．
2．答卷前将密封线内的项目填写清楚．
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】
【分析】利用向量的模和向量的数量积的定义，求向量夹角的余弦值.
【详解】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】
【分析】作出函数与的图象，即可得出答案．
【详解】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】
【分析】连接交于点，得即二面角的平面角，作出四面体的外接球球心，证明四点共面，依次求出，继而求得外接球的半径，即可求出其表面积.
【详解】
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：
【点睛】思路点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积的求法，属于难题.
解题思路是通过二面角的两个半平面三角形找到四面体的外接球球心，通过证明四点共面，利用二面角的度数，求出相关边长即可求得外接球半径.
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．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由向量的数量积坐标运算及垂直表示列方程，求解即可；
（2）由共线向量的定理判断．
【小问1详解】
由题设，，
∵，
∴，得，
解得．
【小问2详解】
∵，，
∴，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.
【答案】（1）函数递增区间为，（2）
【解析】
【分析】（1）化简，再根据正弦函数的单调增区间即可．
（2）根据（1）的结果，再根据求出的范围结合图像即可．
【详解】解：（1）
由，
则函数递增区间为，
（2）由，得
则
则，即值域为
【点睛】本题主要考查了三角函数的性质，常考三角函数的性质有：对称轴、单调性、最值、对称中心．属于中等题．
17.如图，在中，是边的中点，与交于点.
（1）求和的长度；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函数定义即可求得的长；利用向量法即可求得的长度；
（2）利用向量夹角的余弦公式即可求得的值.
【小问1详解】
是高，，在Rt中，，
所以.
是中线，，
，
【小问2详解】
，
.
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.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，且
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，计算出的长，再结合三角形和正方形的面积公式可求得正四棱锥的表面积；
（2）连接交于点，连接、，证明出平面，计算出的长，即为所求；
（3）取的中点为，过作的平行线交于，连接、，由线面平行的判定可得平面，根据等比例性质有，再根据线面平行的判定得平面，最后由面面平行的判定及性质即可确定存在性.
【小问1详解】
解：取的中点，连接，

因为，，则，
且，
所以，正四棱锥的表面积为
.
【小问2详解】
解：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.
【小问3详解】
解：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．
【答案】（1）①；②；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出；
②依题证明面PAC，将和分别用表示，求出表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值.
（2）在射线PC上一点H，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【点睛】思路点睛：本题主要考查三面角余弦定理的证明和应用，属于难题.
解题思路为，结合图形，构造直角三角形，推得二面角平面角，利用余弦定理消元，整理后，分别在不同的直角三角形中利用三角函数的定义将线段比转化为三角函数式即得.