精品解析：重庆市第八中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

重庆八中2023～2024学年度（下）期末考试高一年级 数学试题 命题：刘静 栾盈磊 审核：张记 打印：栾盈磊 校对：刘静 一、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. 已知点，，，若四边形ABCD为平行四边形，则点D的坐标为（ ）． A. B. C. D. 2. 若，则复数z的虚部为（ ）． A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 在中，，则中最小的边长为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量与的夹角为，若，，则（ ）． A. 1 B. C. D. 2 5. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）． A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D 若，，，则 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的值为（ ）． A. B. C. D. 7. 若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点.设，其中O为坐标原点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为二面角，当点与点之间的距离为3时，（ ）． A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 设，为复数，下列说法正确的是（ ）． A. B. C. 若，则 D. 若是实数，则为纯虚数 10. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 边上的高的最大值为 11. 在正四棱台中，，下列说法正确的是（ ）． A. 若侧棱长为，则该棱台的体积为 B. 若正四棱台各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C. 若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 D. 若侧棱长为，Q为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将函数的图象向左平移后得到函数的图象，则__________． 13. 一个圆锥的母线长为2，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为__________． 14. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为__________；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. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，BC的中点． （1）证明：∥平面； （2）求二面角的正弦值． 16. 已知，． （1）若且，求在方向上的投影向量； （2）若与夹角为钝角，求实数m的取值范围． 17 已知函数． （1）求的最小正周期和单调区间； （2）若，，求的值． 18. 如图1，在平面四边形ABCD中，，，，，，将沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥，且． （1）证明：平面ABD； （2）在三棱锥中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l． ①证明：∥； ②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值． 19. 在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c．若，，P是内任一点，过点P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F． （1）求A； （2）若P为的内心且，求线段PD的长度； （3）法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．借助三维分式型柯西不等式：若，，，则，当且仅当时等号成立．求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆八中2023～2024学年度（下）期末考试高一年级 数学试题 命题：刘静 栾盈磊 审核：张记 打印：栾盈磊 校对：刘静 一、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. 已知点，，，若四边形ABCD为平行四边形，则点D的坐标为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点D的坐标为，根据题意可知，结合向量的坐标表示分析求解即可. 【详解】设点D的坐标为，则， 若四边形ABCD平行四边形，则， 可得，解得，即点D的坐标为. 故选：B. 2. 若，则复数z的虚部为（ ）． A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合共轭复数的概念与虚部的定义即可求解. 【详解】因为， 所以， 则，故复数的虚部为1. 故选：C 3. 在中，，则中最小的边长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由大边对大角锁定所求即为的值，结合正弦定理即可求解. 【详解】因为，所以是最小的角，所以中最小的边长为， 由正弦定理有，即，解得. 故选：C. 4. 已知向量与的夹角为，若，，则（ ）． A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据模长的坐标公式可得，数量积的定义可得，再根据模长关系结合数量积的运算律分析求解. 【详解】由题意可得：，， 则，所以. 故选：A. 5. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）． A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC：以正方体为依托，举反例说明即可；对于D：根据线面平行的判定定理和性质定理分析判断. 【详解】在正方体中， 对于选项A：例如∥，平面，但平面，故A错误； 对于选项B：例如∥，平面，平面， 但平面平面，故B错误； 对于选项C：例如平面∥平面，∥平面，∥平面， 但与异面，故C错误； 对于选项D：因为，则存在（是两条不同的直线），使得， 又因为，则存在（是两条不同的直线），使得， 则，且，，则， 且，，则，所以，故D正确； 故选：D. 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正、余弦定理边角转化可得，再利用正弦定理解得，根据大边对大角结合同角三角关系分析求解. 【详解】因为，则， 由正弦定理可得，整理可得， 则，且，所以. 由正弦定理可得， 且，则，所以. 故选：A. 7. 若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点.设，其中O为坐标原点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先由已知条件列出方程组求解得，再利用向量求出夹角，最后求得即可. 【详解】由图可知，， 由题意知，解得. 又因为，，且， 则， 因，所以. 所以. 故选：A 8. 在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点与点之间的距离为3时，（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，利用模长公式，结合数量积的运算即可求解. 【详解】分别作，，垂足为，则． 由，可得， 所以． 因为， 则 即， 故， 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 设，为复数，下列说法正确的是（ ）． A. B. C. 若，则 D. 若是实数，则为纯虚数 【答案】BC 【解析】 【分析】对于AD：举反例说明即可；对于B：根据乘法运算结合模长公式分析判断；对于C：根据共轭复数的定义结合模长公式分析判断. 【详解】设，， 对于选项A：例如，则，两者不相等，故A错误； 对于选项B：因为，且， 则， 即，故B正确； 对于选项C：若，则， 所以，故C正确； 对于选项D：例如是实数，则也为实数，故D错误； 故选：BC. 10. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 边上的高的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判断得解. 【详解】在中，由及正弦定理，得，而， 则，由余弦定理得，而，解得， 对于A，，A正确； 对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，令边上的高为，则，解得，D正确. 故选：AD 11. 在正四棱台中，，下列说法正确的是（ ）． A. 若侧棱长为，则该棱台的体积为 B. 若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C. 若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 D. 若侧棱长为，Q为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】正四棱台中，，根据选项中所给条件进行分析计算判断各个选项； 【详解】对于A，在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接，作,如图， 可知四边形是直角梯形，是棱台的高， 因为, 则棱台的体积为，A正确； 对于B，当正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，截面圆的半径分别为， 因为，故截面圆均为外接球的小圆，设为外接球球心，截面圆的圆心，则为正四棱台的高，如图（2），此时截面圆在球心同侧， 如图（3），此时截面圆在球心异侧， 因此符合要求的棱台有2个，故B错误； 对于C，如图（1），设分别为棱的中点，则，当正四棱台存在内切球时，球的大圆为等腰梯形的内切圆， 根据切线长定理，可知，此时正四棱台侧面的高为，侧棱长为，故C正确； 对于D，当侧棱长为时，正四棱台的高为1，根据条件可作出符合题意的截面，如图（5）所示， 截面下方的多面体体积， 根据截面性质，可以得出分别为棱的中点，且， 故, 同理可得，所以， 由A选项结论，可得正四棱台的体积为，所以截面上方多面体的体积为4，故较小部分的体积为4，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将函数的图象向左平移后得到函数的图象，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据平移得出,再求三角函数值即可. 【详解】将函数的图象向左平移后得到函数, 所以. 故答案为：. 13. 一个圆锥的母线长为2，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，可得，分析可知当时，轴截面面积取到最大值，进而可得底面半径和表面积. 【详解】对于圆锥的轴截面（为圆锥的顶点，为底面圆的圆心）， 设，则， 可得， 可知：当，即时，轴截面面积取到最大值2， 此时底面半径，所以该圆锥的表面积为. 故答案为：. 14. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为__________；设，则__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，由正弦定理求出大小正三角形的面积，即可求得的值；然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果. 【详解】由，设，则，， 如图 由题可知：， 在中，由余弦定理可得 所以，则， 可得小三角形面积， 大三角形面积，所以； 因为， 在中，由正弦定理可得， 且为锐角，则，可知， 可得，， 若，则 所以 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：对于向量运算问题，常借助于坐标系，把复杂的向量线性运算转为坐标运算，简化计算和方便理解. 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. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，BC的中点． （1）证明：∥平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，可证∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，结合题中长度关系运算求解. 【小问1详解】 设，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且， 注意到为的中点，则∥，且， 可得∥，且，可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为∥，且，则∥，且， 可得为平行四边形，可知平面即为平面， 过作，垂足为，过作∥，交于点，连接， 因为平面，平面，则， 且，平面，则平面， 由平面可得， 又因为平面，平面，则， 且∥，可得， 且，平面，则平面， 由平面可得， 可知二面角的平面角为， 在中，则，可得，所以， 因为∥，则， 在中，可得， 由题意可知：为平行四边形，则， 在中，则，可得， 所以二面角的正弦值为. 16. 已知，． （1）若且，求在方向上的投影向量； （2）若与的夹角为钝角，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据模长的坐标运算求得，再结合投影向量的定义分析求解； （2）根据题意可知且与不共线，结合向量的坐标运算分析求解. 【小问1详解】 因为，，则， 若且，则，解得， 则，，可得， 所以在方向上的投影向量. 【小问2详解】 因为，． 若与的夹角为钝角，则且与不共线， 则，解得且， 所以实数m的取值范围为. 17. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调区间； （2）若，，求的值． 【答案】（1）答案见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，结合正弦函数性质求最小正周期和单调区间； （2）由题意可得，根据角的关系结合三角恒等变换分析求解. 【小问1详解】 因为， 可得的最小正周期； 令，解得； 令，解得； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为，即， 且，则， 可得， 所以 18. 如图1，在平面四边形ABCD中，，，，，，将沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥，且． （1）证明：平面ABD； （2）在三棱锥中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l． ①证明：∥； ②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解； 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）①根据题意可证∥平面CEF，结合线面平行的性质分析证明；②过点作平面∥平面，直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面所成角，利用等体积法求点到平面的距离为，进而求线面夹角的正弦值，结合二次函数分析求解. 【小问1详解】 在中，可得， 在中，由余弦定理，即， 因为，则， 可得， 且，平面ABD， 所以平面ABD. 【小问2详解】 ①因为点E，F分别为线段AB，BD的中点，则∥，且， 由平面CEF，平面CEF，可得∥平面CEF， 又因为平面ADC，且平面CEF与平面ADC的交线为l， 所以∥； ②因为∥，且平面CEF，平面ADC， 可知，则平面ADC， 规定点为起点，方向为正方向，设， 过点作平面∥平面，如图所示： 可知：直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面所成角，设为， 则， 可得， 在中，， 且，则， 设点到平面的距离为， 因为，则， 解得， 则， 设，则，可得， 若，则； 若，则， 可知，即时，取到最小值，取到最大值； 综上所述：直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】关键点点睛：1.对于直线与平面的交点不特殊时，可以通过平行移动来确定； 2.对于Q为l上的动点，可以借助于坐标的特点设长度进行计算. 19. 在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c．若，，P是内任一点，过点P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F． （1）求A； （2）若P为的内心且，求线段PD的长度； （3）法国著名数学家柯西在数学领域有非常高造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．借助三维分式型柯西不等式：若，，，则，当且仅当时等号成立．求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解； （2）利用余弦定理可得，根据内心的性质结合等面积法分析求解； （3）根据柯西不等式结合等面积可得，再结合（2）中结论整理可得，换元结合二次函数分析求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 整理可得， 且，则，可得， 且，所以. 【小问2详解】 因为，，， 由余弦定理可得， 即，解得， 若P为的内心，则， 由面积可得：， 即，解得. 【小问3详解】 由题意可得：． 因为，即， 整理可得， 由三维分式型柯西不等式可得： ， 当且仅当，即时，等号成立， 由（2）可得：， 即，整理可得， 则， 令，则， 因为，解得， 当且仅当时，等号成立， 则．则． 令，则在上单调递减， 当，即时，y有最大值，所以T的最小值为． 【点睛】关键点点睛：根据柯西不等式，需将化为，这样就可以与面积的结论对齐，进而运算求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$