精品解析：四川省泸州市江阳区2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题

2024年春期高2023级高一期末联合考试数学试题 数学试卷分为第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效. 3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效. 第一卷 选择题（58分） 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对集合B求补集，应用集合的并运算求结果； 【详解】由，而， 所以. 故选：A 2. 关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得出，由此可解得实数的取值范围. 【详解】不等式的解集为，所以，即，解得. 因此，实数的取值范围是. 故选：D. 【点睛】本题考查利用一元二次不等式恒成立求参数，考查计算能力，属于基础题. 3. 设非零向量，满足，，则向量的夹角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将等式两边平方，可得，再用平面向量的夹角公式计算即可. 【详解】由等式，两边平方得：， 则，且，所以. ，即. 故选：B. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论. 【详解】，得， 即，解得或（舍去）， 又. 故选：A. 【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 5. 函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D. 考点：三角函数图像与性质 6. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形， 结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为， 所以其表面积为，故选B. 点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和. 7. 如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（ ）． A. B. C. 3 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先利用向量的线性运算得到，再利用三点共线的充要条件，得到，再利用基本不等式即可求出结果. 【详解】因为M为线段的中点，所以，又因为，所以， 又，，所以， 又三点共线，所以，即， 所以， 当且仅当，即时取等号. 故选：B. 8. 将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象，且的图象关于直线对称，则下列选项不正确的是（ ） A. 在区间上为增函数 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数平移变换原则可知；根据图象、的对称轴和对称中心可确定最小正周期，从而得到；由为奇函数可知，由此可得，从而确定的解析式；利用代入检验法可确定A正确；根据特殊角三角函数值可知B正确；结合的单调性可判断出CD正误. 【详解】由题意知：， 由图象可知：，则与是相邻的对称轴和对称中心， ，即， 为奇函数，， 解得：，又，，； 对于A，当时，，则在上为增函数，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，， 上单调递减，，，C正确； 对于D，，， 在上单调递减，， ，，即，D错误. 故选：D. 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、都是复数，下列正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D. 【详解】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误； 对于C：令、，则，， 所以，但是，故C错误； 设，， 所以， 则 ， 又， 所以，故B正确； ，又， 所以，故D正确. 故选：BD 10. 在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ） A. ，有唯一解 B. ，无解 C. ，有两解 D. ，有唯一解 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三边确定可判断A选项；由正弦定理，在结合大边对大角可判断B，C，D选项. 【详解】解：选项A，，已知三边三角形确定，有唯一解，A正确； 选项B，由正弦定理得：，则，再由大边对大角可得，故可以为锐角，也可以为钝角，故三角形有两解，B错误； 选项C，由正弦定理得：，则，且，由大边对大角可得，则只能为锐角，故三角形有唯一解，C错误； 选项D，由正弦定理得：，，由于，则是锐角，有唯一解，D正确. 故选：AD. 11. 在四面体中，平面ABC，，点，Q为AC的中点，，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（ ） A. 平面平面PBC B. 若平面平面PBC，则一定有 C. 若平面平面PBC，则一定有 D. 点R是平面PBC上的动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A、B、C：根据线面、面面垂直逐项分析判断；对于D：转化为圆锥.结合垂直关系分析运算. 【详解】易知三棱锥是“基本图”，它各个面均为直角三角形，且平面PAB，平面平面ABC，平面平面ABC，，平面PAC， 对于A：由平面PAC知，， 又因为，平面BQH，所以平面BQH， 又平面PBC，平面BQH平面PBC，故A正确； 对于B：过点C作，由于平面平面PBC，且两面的交线为MN， 由面面垂直的性质得平面AMN，平面AMN， ， 且平面PAB，平面PAB，， 又平面PBC， 平面PBC，平面PBC，，B正确； 对于C：在平面PBC条件下，N可以在直线PC上运动，C不正确． 对于D：由题意可得，则， R点的轨迹是以M为圆心为半径的圆，动线段AR是圆锥的母线， AR与平面PBC所成的角为定角，AR与BC所成的角最小时//． 过作平面ABC，，垂足为N，则为到直线AB的距离． 由四边形是矩形得，D正确． 故选：ABD. 第二卷 非选择题（92分） 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. 如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法求解. 【详解】∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形， ∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，且该边上的高为， ∴原图形的面积为. 故答案为： 13. 已知，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用正切的和差公式求得，再结合二倍角公式与同角三角函数的基本关系式即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知，函数，若存在最小值，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性及最值求解即可. 【详解】解：当，即时，在上单调递增，故无最小值，不符合题意； 当时，在上单调递减，所以，又在上的最小值为，要使存在最小值，还需， 解得， 故； 当时，要使存在最小值， 还需：，因为，所以无解 综上取值范围为. 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，. （1）若，且、、三点共线，求的值. （2）当实数为何值时，与垂直？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由、、C三点共线，可得与共线，列出方程即可得到的值； （2）根据题意，由平面向量垂直的坐标运算，代入公式，即可得到结果. 【小问1详解】 由题意可得，， 且、、三点共线，则可得， 即， 解得； 小问2详解】 由题意可得，， 因为与垂直，则可得, 解得. 16. 已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）． （Ⅰ）求sin（α+π）的值； （Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 或 . 【解析】 【分析】分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果. 【详解】详解：（Ⅰ）由角的终边过点得， 所以. （Ⅱ）由角的终边过点得， 由得. 由得， 所以或. 点睛：三角函数求值的两种类型 (1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数. (2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异. ①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用； ②变换待求式，便于将已知式求得函数值代入，从而达到解题的目的. 17. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及对称轴方程； （2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间. 【答案】（1）最小正周期为，对称轴方程为， （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可； （2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可. 【小问1详解】 ， ， 所以函数的最小正周期为， 令，，得函数的对称轴方程为， 【小问2详解】 将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为， 所以， 令， 所以.又， 所以在上的单调递减区间为. 18. 在中，. （1）求A； （2）若的内切圆半径，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件、三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，再结合解三角方程即可求解. （2）由题意可知，利用三角形的等面积法及余弦 定理得出含有和的关系式，再利用基本不等式的变形即可求得的最小值. 【小问1详解】 在中,， 整理得，即 ，于是 所以， 因为，所以，即 ， 所以，又因为，所以， 所以，解得. 所以. 【小问2详解】 令，（1）知. 由，得 ，即， 由余弦定理及（1）知，得 ， 所以， 即， 于是 当且仅当时取等号 所以， 或 又的内切圆半径，， ， ，的最小值为. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． （1）证明：； （2）若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析. （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得. （2）（ⅰ）利用线面垂直判定性质证得，再由异面直线夹角余弦求出，确定线面角并求出大小；（ⅱ）过作于，过作交于，再借助图形求出二面角的余弦值. 【小问1详解】 取的中点，连接，由平面，，得平面， 而平面，则，由为的中点，得， 则四边形是平行四边形，因此， 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由为的中点，，则，而， 平面，于是平面，平面， 则，由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为， 在中，，而， 解得，则，由平面，得直线与平面所成角为， 显然，则， 所以直线与平面所成角为. （ⅱ）过作于，由（ⅰ）可得，为等腰三角形， ，，由三角形面积法得， 由勾股定理得，过作交于，与延长线交于点， 在直角梯形中，，则， ，显然∽，则， 于是，，为线段的中点， 显然是二面角的平面角，在正中，， 由平面，平面，则，平面， 于是平面，而平面，则，， 所以二面角的余弦值. 【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春期高2023级高一期末联合考试数学试题 数学试卷分为第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效. 3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效. 第一卷 选择题（58分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 设非零向量，满足，，则向量夹角等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C D. 5. 函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为 A. B. C. D. 6. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A. B. C. D. 7. 如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（ ）． A. B. C. 3 D. 9 8. 将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象，且的图象关于直线对称，则下列选项不正确的是（ ） A. 在区间上为增函数 B. C. D. 二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知、都是复数，下列正确的是（ ） A 若，则 B. C. 若，则 D. 10. 在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ） A. ，有唯一解 B. ，无解 C. ，有两解 D. ，有唯一解 11. 在四面体中，平面ABC，，点，Q为AC的中点，，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（ ） A. 平面平面PBC B. 若平面平面PBC，则一定有 C. 若平面平面PBC，则一定有 D. 点R是平面PBC上动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为 第二卷 非选择题（92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.） 12. 如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为______. 13. 已知，则______. 14. 已知，函数，若存在最小值，则的取值范围是__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知，. （1）若，且、、三点共线，求的值. （2）当实数为何值时，与垂直？ 16. 已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）． （Ⅰ）求sin（α+π）的值； （Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值． 17. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及对称轴方程； （2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间. 18. 在中，. （1）求A； （2）若的内切圆半径，求的最小值. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． （1）证明：； （2）若，直线与直线所成角余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$