精品解析：广东省江门市新会第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2023-2024学年度第二学期高一期末考试 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 第Ⅰ卷（选择题58分） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则该函数在（  ） A. 上单调递增 B. 上单调递增 C 上单调递减 D. 上单调递增 3. 底面积为，侧面积为圆锥的体积是（　　） A. B. C. D. 4. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ） A. B. C. D. 5. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”充分条件 D. “”是“”的充分条件 6. 若，是夹角为的两个单位向量，且与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 二、多项选择题：本大题共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，则下列命题正确的是（ ） A. 若为纯虚数，则 B. 若为实数，则 C. 若在复平面内对应的点在直线上，则 D. 在复平面内对应的点不可能在第三象限 10. 设a、b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的是（ ） A. 为定值 B. 当时，定值 C. 当时，面积的最大值为 D. 的取值范围是 第Ⅱ卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面截球O球面所得圆的面积为，O到的距离为3，则球O的表面积为________． 13. 在中，已知是x的方程的两个实根，则________． 14. 如下图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点M，N．设，则________． 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. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）设，求在区间，的最大值与最小值. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 17. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到的距离. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求侧面与底面所成二面角的余弦值． 19. 如果函数的定义域为，对于定义域内的任意x，存在实数a使得成立，则称此函数具有“性质”． （1）判断函数是否具有“性质”，若具有“性质”求出所有a的值；若不具有“性质”，请说明理由． （2）已知具有“性质”，且当时，求在上的最大值． （3）设函数具有“性质”，且当时，．若与交点个数为2023个，求m的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度第二学期高一期末考试 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 第Ⅰ卷（选择题58分） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数除法运算求解出，然后根据共轭复数的概念可得. 【详解】因为， 所以， 故选：B. 2. 已知函数，则该函数在（  ） A. 上单调递增 B. 上单调递增 C. 上单调递减 D. 上单调递增 【答案】A 【解析】 【分析】求出的范围，根据的单调性逐项判断可得答案. 【详解】对于A，若，则，所以在 上单调递增，故A正确； 对于B，若，则，因为在 上单调递减，故B正确； 对于C，若，则，因为在 上单调递增，故C错误； 对于D，若，则，因为在 上单调递减，故D错误. 故选：A. 3. 底面积为，侧面积为的圆锥的体积是（　　） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由底面积可求底面半径，根据侧面积可求母线，由圆锥的轴截面可求圆锥的高，代入体积公式即可求解. 【详解】因为底面积为，所以底面半径， 因为侧面积为，设母线为， 所以， 所以， 设圆锥的高为，所以， 所以圆锥的体积为. 故选：. 4. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积． 棱台下底面积，上底面积， ∴ ． 故选：C． 5. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】对A，当时，则， 所以，解得或，即必要性不成立，故A错误； 对C，当时，，故， 所以，即充分性成立，故C正确； 对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误； 对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误. 故选：C. 6. 若，是夹角为的两个单位向量，且与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】因为，是夹角为的两个单位向量， 所以， 故， ， ， 故 ， 由于 ，故. 故选：B. 7. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得是中点，从而得出，，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，后可得结论． 【详解】因为，所以是中点，则是圆直径，， 又，所以是等边三角形，， 设，则，作于，则，所以， 即为向量在向量上的投影向量，． 故选：B． 8. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解 【详解】因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点. 故选：C 二、多项选择题：本大题共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，则下列命题正确的是（ ） A. 若为纯虚数，则 B. 若为实数，则 C. 若在复平面内对应的点在直线上，则 D. 在复平面内对应的点不可能在第三象限 【答案】BD 【解析】 【分析】首先得到复数的实部与虚部，再根据复数的类型求出参数的值，即可判断A、B，根据复数的几何意义判断C、D. 【详解】复数的实部为，虚部为， 复数在复平面内对应的点的坐标为， 对于A：若为纯虚数，则，解得，故A错误； 对于B：若实数，则，解得，则，故B正确； 对于C：若在复平面内对应的点在直线上， 所以，解得或，故C错误； 对于D：令，即，不等式组无解， 所以在复平面内对应的点不可能在第三象限，故D正确. 故选：BD. 10. 设a、b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用空间中线线关系，线面关系，面面关系，分别判断即可. 【详解】对于选项A，因为，所以或与相交或与异面，故选项A错误； 对于选项B，因为，根据垂直于同一平面的两直线平行，所以，故选项B正确； 对于选项C，因为，所以与内的某条直线平行，又，所以， 又，，所以，故选项C正确； 对于选项D，因为，所以与内的某条直线平行， 因为，所以直线与内的某条直线平行，所以， 因为，，所以，故选项D正确. 故选：BCD. 11. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的是（ ） A. 为定值 B. 当时，为定值 C. 当时，面积的最大值为 D. 的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为等边三角形，可判断C；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断D. 【详解】如图，过作直径，依题意， 为定值，A正确； 若，则， 则， 又，则， 同理可得，故，B正确； 如图，当时，若为等边三角形， 则， 下面说明此等边三角形存在的情况：取中点，连接， 则在中，，则， 又在中，，则，所以存在满足题意的点，C错误； 若为中点，连接，则 ， 由题意，则，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误. 第Ⅱ卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面截球O的球面所得圆的面积为，O到的距离为3，则球O的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球心到平面的距离结合球的截面圆性质，利用勾股定理算出球半径的值，再根据球的表面积公式，可得球的表面积． 【详解】解：平面截球的球面所得圆的面积为，则圆的半径为1， 该平面与球心的距离， 球半径． 球的表面积． 故答案为：． 【点睛】本题考查球的表面积的求法，着重考查了球的截面圆性质，属于基础题． 13. 在中，已知是x的方程的两个实根，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据根与系数关系可得，，再由三角形内角和的性质及和角正切公式求，即可得其大小. 【详解】由题设，，， 又，且， ∴. 故答案为：. 14. 如下图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点M，N．设，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】通过代入后，根据三点共线计算即可. 【详解】因为点是的中点， 所以， 又三点共线， 所以，即. 故答案为：. 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. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）设，求在区间，的最大值与最小值. 【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式化简函数的解析式，再计算出最小正周期即可； （2）先求解的解析式，然后根据三角函数的性质求解最值. 【详解】解：. （1）的最小正周期； （2）， 在区间[0，]上为单调增函数 时， 在区间，的最大值为，最小值为. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【小问1详解】 方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 【小问2详解】 由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 17. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到四边形为平行四边形，从而有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）作交于，连接，根据题设条件得到平面，从而可求得，再利用等体积法，即可求出结果. 【小问1详解】 因为为的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 由（1）知为平行四边形，可得， 又，所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形， 与底边上中点重合，， ，因为，所以， 因为，平面，所以平面， 所以是三棱锥的高， 又，而， 又，得到， 所以， 设点到的距离为， 则， 解得， 所以点到的距离为. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求侧面与底面所成二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理即可证明线面垂直； （2）证法一：由平面得，结合，由线线垂直即可证明平面；证法二：由平面可得平面平面，由面面垂直的性质定理即可证明平面； （3）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可. 【小问1详解】 在正方形中，， 又侧面底面，侧面底面， 底面， 所以平面； 【小问2详解】 证法一：因为平面，平面， 所以， 因为是正三角形，是的中点，所以， 又，，平面， 所以平面； 证法二：因为平面，又平面， 故平面平面， 因为是正三角形，是的中点，所以， 又平面平面，平面， 故平面； 【小问3详解】 取，的中点分别为，，连接，，， 则，， 因为，所以， 又在正中，， 因为，，平面， 所以平面， 正方形中，，平面， 又，平面， 所以，， 所以是侧面与底面所成二面角的平面角， 因为平面，， 所以平面， 因为平面，所以， . 设正方形的边长，则，， 所以，所以， 即侧面与底面所成二面角的余弦值为. 19. 如果函数的定义域为，对于定义域内的任意x，存在实数a使得成立，则称此函数具有“性质”． （1）判断函数是否具有“性质”，若具有“性质”求出所有a的值；若不具有“性质”，请说明理由． （2）已知具有“性质”，且当时，求在上的最大值． （3）设函数具有“性质”，且当时，．若与交点个数为2023个，求m的值． 【答案】（1）具有“性质”， （2）当时，最大值为；当时，最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目的定义和三角函数诱导公式可得答案； （2）先求出时的解析式，利用二次函数区间最值可得答案； （3）根据“性质”和函数解析式得出函数的周期为1，结合交点个数及简图可得答案. 【小问1详解】 由，所以， 所以函数具有“性质”，其中. 【小问2详解】 因为具有“性质”，所以， 设，则，所以， 当时，在为增函数，所以最大值为； 当时，在单调递减，在单调递增，且， 所以最大值为； 当时，在单调递减，在单调递增，且， 所以最大值为； 当时，在为减函数，所以最大值为； 综上可知，当时，最大值为；当时，最大值为. 【小问3详解】 因为函数具有“性质”， 所以，； 所以，即是以2为周期的函数， 又设，则，. 设，， 当时，，即，； 当时，，即，； 所以对于，，都有， 而，所以， 综上可知是以1为周期的函数. 当时，要使与交点个数为2023个，只要与在区间有2022个交点，而在有一个公共点， 所以过，从而得，部分简图如下； 当时，要使与交点个数2023个，只要与在区间有2022个交点，而在有一个公共点， 所以过，从而得； 当时，显然不合题意； 综上可知. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解新定义“性质”；二是根据性质得出函数的周期；三是利用数形结合得出参数的取值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $