精品解析：四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题

2024年春期高2023级高一期末考试 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】B 【解析】 【分析】根据集合补集和交集的运算法则即可计算求解. 【详解】， ∴， 又， ∴. 故选：B. 2. 命题“”的否定为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称命题的否定是特称命题得出答案. 【详解】因为全称命题的否定是特称命题， 所以命题“”的否定为“”. 故选：B. 3. 已知实数，，，满足：，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】举例说明判断ABD；利用不等式的性质推理判断C. 【详解】对于ABD，取，满足， 显然，，，ABD错误； 对于C，，则，C正确. 故选：C 4. 若是定义在上的奇函数，且，对任意的恒成立，若对任意的，，则当时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由可知的周期为4，根据函数的奇偶性可知，结合函数周期性即可求解. 【详解】由，得， 所以，即的周期为4. 又，为奇函数，所以， 所以当时，， 则. 故选：D 5. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 若是偶函数，则， D. 在区间上的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】A项，化简函数求出，即可得出周期；B项，计算出函数为0时自变量的取值范围，即可得出函数的对称点，即可得出结论；C项，利用偶函数即可求出的取值范围；D项，计算出时的范围，即可得出值域. 【详解】由题意， 在中， ， A项，，A正确； B项，令, 得, 当时,, 所以的图象关于点 对称,故B正确; C项，是偶函数， ∴, ， 解得：, 故C正确； D项, 当 时, , 所以, 所以在区间上的值域为，故D错误. 故选：D. 6. 已知函数，则函数在区间内零点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】将函数零点转化为函数与图象交点个数问题，分别对和进行讨论可得结论. 【详解】令，可得 当时，则有， 数形结合画出与在上的图象如下图所示： 可得在内两图象有三个交点； 当时，在内解得，不是方程的解，不合题意. 故选：C 7. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，过点，分别作轴和轴的平行线，即可得到的坐标，再由两点间距离公式，即可得到结果. 【详解】 根据题意，如图，在直观图中，过点，分别作轴和轴的平行线， 与轴和轴分别交于点，，由于的直观图是腰长为1的等腰直角三角形， 则，，则的坐标为，则，， 故原图中，的坐标为，A的坐标为， 故， 故选：C. 8. 已知函数的部分图像如图所示，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由图像以及题意求出的解析式，从而得，，进而依据它们的角的关系结合三角恒等变换公式即可求解. 【详解】由图可知，由可知， 故，又由图， 故由图，①， 由图，②， 又，结合①②可得，故， 所以. 故. 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. 已知复数是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内所对应的点位于第四象限 【答案】AC 【解析】 【分析】解实系数一元二次方程得，通过计算逐一验证选项即可. 【详解】复数是方程的两根，则有，， ，A选项正确； ，B选项错误； ，，C选项正确； ，在复平面内所对应的点位于第一象限，D选项错误. 故选：AC. 10. 已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题中正确的是（ ） A. 若,则是等边三角形 B. 若,则是等腰三角形 C. 若,则是等腰直角三角形 D. 若,则是锐角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦定理,余弦定理逐个进行边角互化即可. 【详解】对于A,由正弦定理得,所以,即,所以是等边三角形,故A正确； 对于B,由正弦定理得,又, 所以,所以或者,则或者, 则是等腰三角形或者直角三角形,故B错误； 对于C,由正弦定理得,当且仅当，即时等号成立, 所以,又,所以,即, 此时,是等腰直角三角形,故C正确； 对于D,因为, 所以或者,即A或者B为钝角,所以是钝角三角形,故D错误． 故选:AC． 11. 已知正四面体的棱长为，为的重心，为线段上一点，则（ ） A. B. 正四面体的体积为 C. 正四面体的外接球的体积为 D. 点到各个面的距离之和为定值，且定值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于，取中点，连接，利用线面垂直的判定定理及性质分析判断，对于B，把正四面体放到正方体中，则正四面体的体积为正方体的体积减去四个相同体积的三棱锥，从而可求得，对于C，利用正四面体与正方体有相同的外接球进行计算，对于D，利用等体积法求解判断. 【详解】解：对于，取中点，连接，因为， 所以，，且，平面，平面， 所以平面，又平面，所以，故选项A正确； 对于B，如右图，把正四面体放到正方体中，则正方体的面对角线长为， 所以正方体棱长为，则正四面体的体积为正方体的体积减去四个相同体积的三棱锥， 所以三棱锥的体积为，正方体的体积为， 所以正四面体的体积为，选项B正确； 对于C，在B中，正四面体与正方体有相同的外接球， 且外接球的直径即为正方体的体对角线，且直径为， 所以正四面体的外接球的体积为，选项C正确； 对于D，连接、、，设点到各个面的距离分别为、、、， 正四面体的一个侧面面积为， 所以，由B选项可得， ，解得， 所以点到各个面的距离之和为定值，且定值为，选项D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：此题考查正四面体的有关性质，解题的关键是将正四面体补体成正方体，然后根据正方体的有关性质计算，考查空间想象能力，属于较难题. 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. 已知，，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由条件结合解出的值，再利用求得即可. 【详解】由，得，解得或（舍）. 又因为，所以，所以. 故答案为：. 13. 已知与的夹角为．若为钝角，则的取值范围是______． 【答案】且 【解析】 【分析】由为钝角，得到且与夹角不为，代入公式计算，再看与夹角是否可能为即可得解. 【详解】由，且为钝角，所以，解得， 当时，则，解得，此时与夹角为，不成立， 且． 故答案为：且． 14. 设常数，．若函数在区间上恰有2024个零点，则所有可能的正整数n的值组成的集合为________ 【答案】 【解析】 【分析】对函数化简得，利用换元法有，，求出，知有两个零点，然后分类讨论的情况，根据函数在区间有上个零点，从而求出值. 【详解】由题意， 令，，所以，， 且，则，，， 记的两零点为、， 因为，不妨设， 当时，则，解得，， 可知在（k为正整数）内零点个数为3k， 在内零点个数为， 因为，则； 当，则，， 可知在和（k为正整数）内零点个数均为2k， 所以或； 综上n的所有可能值为：，，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用换元法化函数为，然后分类讨论的情况，结合在上有个零点，求解的可能取值. 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. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可； （2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，； 因为，所以； 所以. 【小问2详解】 因为，，所以； 因为，所以，故， 所以； 又因为，所以，； 所以， 又因为，所以. 16. 在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点. （1）若，，三点共线，求的值； （2）若向量与的夹角为，求的值； （3）若四边形为矩形，求点坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的坐标运算求出、，利用，，三点共线列方程求出的值． （2）利用向量的夹角公式即可求解. （3）由平面向量的坐标运算和矩形的定义，列方程组求出、、的值即可得到的坐标． 【小问1详解】 向量，，， 所以，， 由，，三点共线知，， 即，解得； 【小问2详解】 ， 解得， 【小问3详解】 设， 由，， ， ， 若四边形为矩形，则， 即，解得； 由，得， 解得， 故 17. 如图所示，已知是以为斜边的等腰直角三角形，在中，，. （1）若，求的面积； （2）①求的值； ②求的最大值. 【答案】（1） （2）①27；②. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解边长，再利用等腰三角形的性质求解面积即可； （2）①利用余弦定理求解即可； ②在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理得，结合三角函数求解最值即可. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得，， 且是等腰直角三角形，则 【小问2详解】 ①设，因为，由余弦定理可得，， ，即； ②在中，， 由正弦定理可得，则， ，又， 在中，由余弦定理得 （其中为锐角，且）， 由可得， 所以当时，即时，取得最大值. 18. 如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． （1）证明：； （2）已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明； （2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，可推得，从而得，求得结论； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，可证为母线与下底面所成角，由可知，要使最小，只要最小即可，进而求得的最小值，即可求得结论． 【小问1详解】 证明：在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以； 【小问2详解】 ①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，， 在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又由（1）可知，所以， 又，，，，，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 在圆台中，，， 所以，所以， 所以，所以， 连接，交于点，所以， 所以，到平面的距离之比， 所以； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为， 在平面内过点作的平行线交于点，连接， 易得，因为平面，所以平面， 所以为母线与下底面所成角， 因为，，所以，所以， 要使最小，只要最小即可， 因为，所以，所以， 设，因为为圆的直径，所以， 所以，，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 所以，因此为二面角的平面角， 在中，因为，所以， 因为平面，平面，所以， 在中，由勾股定理得，所以， 所以二面角的正弦值为． 【点睛】关键点点睛：第（2）小题第②问的关键是，根据二面角的平面角的定义，做辅助线找到为母线与下底面所成角，并且发现，等价于使最小，只要最小即可，从而得解. 19. 若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数，． （1）若函数，，判断与是否具有关系，并说明理由； （2）若函数，，且与具有关系，求a的最大值； （3）若函数，，且与具有关系，求m的取值范围． 【答案】（1） 与是否具有关系，理由如下： 时，，故， ， 又在的值域为， 由于，即是的真子集， 故对任意的，存在，使得， 与是否具有关系. （2）5 （3）或 【解析】 【分析】（1）先求出，在的值域为，从而得到对任意的，存在，使得，得到结论； （2）求出，结合，得到，得到不等式，求出的取值范围，求出最大值； （3）由题意得到的值域，其中，换元后得到，由对称轴进行分类讨论，得到的值域，从而得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 时，， 由题意得，任意的，存在，使得， 又，， 故，即，解得， 故的最大值为5； 【小问3详解】 由题意得对任意的，存在，使得， 又， 故的值域， 令，， 令，则， 设， 若对称轴，即时，， 则，解得，与求交集，结果为， 若，即时，， 则，解得，与取交集，结果为， 若，即时，， 则，解得或，与取交集，结果为， 若，即时，， 则，解得或，与取交集，结果为， 综上，或 【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 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. 命题“”的否定为（    ） A. B. C. D. 3. 已知实数，，，满足：，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若是定义在上的奇函数，且，对任意的恒成立，若对任意的，，则当时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 若是偶函数，则， D. 在区间上的值域为 6. 已知函数，则函数在区间内零点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 7. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（ ） A. B. 2 C. D. 8. 已知函数的部分图像如图所示，若，则（ ） A. 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. 已知复数是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内所对应的点位于第四象限 10. 已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题中正确的是（ ） A. 若,则是等边三角形 B. 若,则是等腰三角形 C. 若,则是等腰直角三角形 D. 若,则是锐角三角形 11. 已知正四面体的棱长为，为的重心，为线段上一点，则（ ） A. B. 正四面体的体积为 C. 正四面体的外接球的体积为 D. 点到各个面的距离之和为定值，且定值为 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. 已知，，则__________. 13. 已知与的夹角为．若为钝角，则的取值范围是______． 14. 设常数，．若函数在区间上恰有2024个零点，则所有可能的正整数n的值组成的集合为________ 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. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 16. 在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点. （1）若，，三点共线，求的值； （2）若向量与的夹角为，求的值； （3）若四边形为矩形，求点坐标. 17. 如图所示，已知是以为斜边的等腰直角三角形，在中，，. （1）若，求的面积； （2）①求的值； ②求的最大值. 18. 如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． （1）证明：； （2）已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 19. 若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数，． （1）若函数，，判断与是否具有关系，并说明理由； （2）若函数，，且与具有关系，求a的最大值； （3）若函数，，且与具有关系，求m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $