精品解析：四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

射洪中学高2023级高一下期半期考试 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效. 4．考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 2. 下列选项中的三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（　　） A. B. C. D. 3. （ ） A. B. C. D. 4. 在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正方形的边长为为正方形的中心，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 7. 空间中有不同平面，和不同直线；，若，；则下列说法中一定正确的是（ ） A. B. 若，；则 C. 一定存在；使得，异面直线 D. 一定存在平面；满足， 8. 设是外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（ ） A 2 B. 4 C. D. 8 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 在中，，则角的可能取值是（ ） A. B. C. D. 10. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ） A. 在复平面内对应的点在第一象限 B. C. 的共轭复数为 D. 是关于的方程的一个根 11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确是（ ）． A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为 B. 按照折法①，存在满足 C. 按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为 D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则__________． 13. 已知，则__________． 14. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知向量，． （1）若，求的坐标； （2）若，求与夹角的余弦值． 16. 如图，已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证： （1）平面； （2）. 17. 已知函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）在三角形中，角、、所对的边分别为、、，，，，求的周长． 18. 如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形． （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积． 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为． （1）设，请问函数是否存在相伴向量，若存在，求出与共线的单位向量；若不存在，请说明理由． （2）已知点满足：，向量“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 射洪中学高2023级高一下期半期考试 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效. 4．考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的概念判断即可. 【详解】复数的虚部为. 故选：C 2. 下列选项中三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合旋转体的定义，即可求解. 【详解】由题意知，该几何体是组合体，上、下各一个圆锥， 根据旋转体的定义，可得B项，符合题意. 故选：B. 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由两角和的正弦公式即可求解. 【详解】. 故选：B. 4. 在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体性质，将直线平移到，再利用即可求得角的大小. 【详解】连接，如下图所示： 根据正方体性质可知，所以直线与所成的角即为直线与所成的角； 设正方体棱长为2，易知，，， 在中，满足，即， 因此，所以. 故选：B 5. 已知正方形的边长为为正方形的中心，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先建立平面直角坐标，分别求出向量，的坐标，再利用向量数量积的坐标运算即可求出结果. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，则，，，所以，，所以 故选：C. 6. 把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用反推法和三角函数的图象变换求解即可. 【详解】由题意可知，要得到，要将向左平移个单位长度，得到， 再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，得到， 故选：B 7. 空间中有不同平面，和不同直线；，若，；则下列说法中一定正确的是（ ） A. B. 若，；则 C. 一定存在；使得，是异面直线 D. 一定存在平面；满足， 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线面平行的性质以及面面平行的判断结合选项逐一求解. 【详解】对于A， 有可能在平面内，故A错误， 对于B，当，且，此时也符合，故B错误， 对于C，由可知与内的直线平行或者异面，所以存在；使得，是异面直线，C正确， 对于D，若在平面内，则,不可能平行，故D错误， 故选：C 8. 设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】首先由，，结合余弦定理得出，进一步由三角形面积公式、同角三角函数关系恒等式得，由此即可得解. 【详解】 因为，， 所以， 从而，即， 所以，所以， 所以的面积为 ， 等号成立当且仅当， 综上所述，面积的最大值为4. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键是依次得出，，由此即可顺利得解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 在中，，则角的可能取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由正弦定理解出，结合大边对大角判断出解的个数. 【详解】由正弦定理有，即，解得， 注意到从而，所以角的可能取值是，. 故选：BC. 10. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ） A. 在复平面内对应的点在第一象限 B. C. 的共轭复数为 D. 是关于的方程的一个根 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解. 【详解】由可得, 对于A,点为，故在第一象限，A正确， 对于B,，故B正确， 对于C,的共轭复数为，故C错误， 对于D,，故D正确， 故选：ABD 11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）． A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为 B. 按照折法①，存在满足 C. 按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为 D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；由棱锥体积判断C；由线面角的定义求出大小判断D. 【详解】由题意知， 取的中点,由于和是直角三角形且全等， 故, 故在折法①的折叠过程中,三棱锥的外接球的球心为,半径为1, 故该球的表面积恒为,故A选项正确； 按照折法①,在折起过程中,点在平面内的投影在线段上(不包括端点), 而线段 (不包括端点)不存在使得，故不存在满足，故B选项错误； 按照折法②，取的中点，， 当平面平面时，三棱锥体积取得最大值， 此时体积,故C选项正确; 当时，，， 故此时,, 又因为平面, 故平面, 故为与平面所成线面角, 则，故D选项正确. 故选:ACD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则__________． 【答案】7 【解析】 【分析】利用数量积的坐标表示计算即得. 【详解】由，，得. 故答案为：7 13. 已知，则__________． 【答案】##0.625 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，即可求解. 【详解】将两边平方可得， 所以. 故答案为：. 14. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答. 【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球， 设圆锥的母线长为，底面半径为，则， 所以 如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面， 的高，则内切圆O的半径即球半径， 于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：， 所以的最大值为. 故答案为：. 【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15 已知向量，． （1）若，求的坐标； （2）若，求与夹角的余弦值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，代入求值即可； （2）由，得，利用向量数量积和向量的模，求夹角的余弦. 【小问1详解】 由，设，，， ，或． 【小问2详解】 ，， ，， ，． 设与的夹角为，则． 与的夹角的余弦值为． 16. 如图，已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证： （1）平面； （2）. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点，通过线线平行证明线面平行，进一步得到面面平行，即平面平面，从而得到线面平行，即平面. （2）根据线面平行的性质定理证明线线平行. 【小问1详解】 如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ. 因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面. 因为平面MNQ，所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以. 17. 已知函数． （1）求函数单调递增区间； （2）在三角形中，角、、所对边分别为、、，，，，求的周长． 【答案】（1）增区间，；（2）周长为18． 【解析】 【分析】（1）由题意，将化简为，令即得解； （2）由，可解得，再由余弦定理，可得，即得解. 【详解】（1）由题意： 令， 故函数的单调递增区间为：， （2）由，可得 或 或，又 由余弦定理， 即 （舍负） 故周长 18. 如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形． （1）求证：平面； （2）若三棱锥体积为，求三棱锥的表面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，，可证平面，可得，又易得，进而可证平面． （2）由已知可得，，利用体积可求得的值，进而可求表面积. 【小问1详解】 因为是正三角形，点为的中点，所以． 因为，是正三角形，点为的中点， 所以，． 因为，平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 设，则是边长为的正三角形，因为，所以， 因为是正三角形，且，所以， 所以三棱锥的体积，所以， 的面积为， 与的面积相等，其面积之和为， 在中，，， 所以的面积为． 所以三棱锥的表面积为． 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为． （1）设，请问函数是否存在相伴向量，若存在，求出与共线的单位向量；若不存在，请说明理由． （2）已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围． 【答案】（1）存在，或 （2） 【解析】 【分析】（1）由题知，进而根据相伴向量的定义求解即可； （2）根据三角函数的性质得，进而结合二倍角公式得，再令，进而结合函数值域求解即可. 【小问1详解】 因为 ， 所以，函数存在相伴向量，， 所以，与共线的单位向量为或 . 【小问2详解】 的“相伴函数”， 因为在处取得最大值， 所以，当，即时，有最大值， 所以，， 所以， 因为，， 所以， 所以， 令，则， 因为均为上的单调递减函数， 所以在上单调递减， 所以， 所以，， 所以，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$