[数学][期末]四川省泸州市龙马潭区2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)

这是一份[数学][期末]四川省泸州市龙马潭区2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意，，所以，
所以.
故选：D.
2. 已知是第二象限角，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】cs α＝±＝±，
又∵α是第二象限角，∴cs α＝－.
故选：A.
3. 在平行四边形中，为边的中点，记，，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】如图所示，可得，
所以.
故选：D．
4. 如果函数的一个零点是，那么可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意，解得，对比选项可知只有，
符合题意.
故选：D.
5. 在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由余弦定理可得：，
由条件及正弦定理可得：，
所以，则．
故选：A.
6. 已知，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，，，
，
解得或，又，则，，
.
故选：B.
7. 如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，
四面体的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为，
故，所以外接球表面积为.
故选：B.
8. 已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】如图所示，，则由题意可知：，
由勾股定理可得，
当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，
则：
，
，则，当时，有最大值，
当点位于直线同侧时，设，
则：
，
，则，当时，有最大值，
综上可得，的最大值为.
故选：A.
二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 已知复数z，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则z为实数B. 若，则
C. 若，则的最大值为2D. 若，则z为纯虚数
【答案】AC
【解析】设，则，
若，即，即，则z为实数，故A正确；
若，即，
化简可得，即，即，
当时，，，此时不一定满足，
当时，，，此时不一定满足，故B错误；
若，即，
所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，
且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；
若，即，
，即，
化简可得，则且，
此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误.
故选：AC.
10. 已知a，b，c满足，且，则下列选项中恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】∵，且，∴，而b与0的大小关系不确定，
∴，，均恒成立，
而与的大小关系不确定.
故选：ABC.
11. 如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）
A.
B.
C. 点的轨迹的长度为
D. 直线与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【解析】依题意，将沿直线翻折至，连接，由翻折性质可知，
关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面，
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角，
对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，
故由线面角最小可知，故A错误；
对于B选项， 即为二面角的平面角，
故由二面角最大可知，故B正确；
对于C选项，恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；
对于D选项，如下图所示，
设，
中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.）
12. 一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为的等腰梯形，则原平面图形的面积为___________.
【答案】
【解析】在直观图等腰梯形，，
且，
如下图所示：
分别过点、作，，垂足分别为点、，
由题意可知，
所以，，同理可得，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，故，
将直观图还原为原图形如下图所示：
由题意可知，梯形为直角梯形，，，，
，，
因此，梯形的面积为.
故答案为：.
13. 已知，则______．
【答案】或
【解析】因为，所以，所以或，
当时，，；
当时，，.
故答案为：或.
14. 已知将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则在上的值域为_________．
【答案】
【解析】，向左平移个单位长度后得到的图象，
则，，，
，则在上的值域为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 已知，，与的夹角为．
（1）求；
（2）当为何值时，．
解：（1）因为，，与的夹角为，
则，
所以，.
（2）因为，
则
，解得.
16. 已知.
（1）化简；
（2）已知，求的值.
解：（1）
.
（2）因为，所以，
∴.
17. 已知函数的一段图象过点，如图所示．
（1）求函数的表达式；
（2）将函数的图象向右平移个单位，得函数的图象，求在区间上的值域；
（3）若，求的值.
解：（1）由图知，，则，
由图可得，在处最大值，
又因为图象经过，故，
所以，故，
又因为，所以，
函数又经过，故，得，
所以函数的表达式为．
（2）由题意得，，
因为，所以，
则，所以，
所以在区间上的值域为.
（3）因为，
所以，即，
又因为，所以，
由，所以，
所以，
所以.
18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
解：（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，
建立空间直角坐标系，
则，设，
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
所以，解得，
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G，
作，垂足为点F，连结，则，
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角，
因为，所以，
由已知得，故，
又，所以，
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得，
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得，①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得，②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得，
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．
19. 已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
（1）设函数，试求的伴随向量的坐标；
（2）记向量的伴随函数为，当且时，求的值；
（3）设向量，的伴随函数为，的伴随函数为，记函数，求在上的最大值.
解：（1）
，所以.
（2）依题意，
由得，
因为，所以，
所以.
（3）由题知，
，
所以
，
因为，，所以，
令，
所以，问题转化为函数的最值问题，
因为函数的对称轴为，
所以，当，即时，
的最大值在处取得，为；
当，即时，
的最大值在处取得，为；
当，即时，
的最大值在处取得，为；
综上，在上的最大值为.