精品解析：四川省眉山市县级高中校2023-2024学年高一下学期7月期末联考数学试题

眉山市23级高一下学期县级高中校期末联考 数学试题 （考试时间：150分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第I卷时，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．回答第II卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 已知，则复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出复数，直接得到其虚部. 【详解】因为， 所以复数的虚部是-1. 故选：D 2. 已知，，与的夹角，则（ ） A. 10 B. -10 C. 5 D. -5 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积运算即可求出结果. 【详解】因为，，与的夹角， 所以， 故选：B. 3. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的选项是（ ） A. 三角形的直观图是三角形 B. 平行四边形的直观图必为矩形 C. 正方形的直观图是正方形 D. 菱形的直观图是菱形 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形特征可知A正确；通过反例可说明BCD错误. 【详解】对于A，三角形的三个顶点不共线，直观图中，三个顶点对应的点也必然不共线， 三角形的直观图依然是三角形，A正确； 对于B，如下图所示的平行四边形，其中， 其直观图为平行四边形，而非矩形，B错误； 对于C，正方形的直观图为平行四边形，如下图所示，C错误； 对于D，如下图所示的菱形，其中， 其直观图为平行四边形， 若，则，，即， 四边形不是菱形，D错误. 故选：A. 4. 如图，已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】数形结合，找到直线与所成角，然后简单计算即可. 【详解】连接，如图 直线与所成角为 由题可知：，由， 所以，所以 故选：D 5. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，利用两角和的正切公式计算可得. 【详解】. 故选：C 6. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】写出平移后的函数解析式，由对称性结合诱导公式得出的表达式，从而可得最小值． 【详解】将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，对应的函数解析式为，曲线关于轴对称， 则，，又， 所以的最小值是． 故选：D． 7. 如图所示的中,，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设，根据向量的线性运算法则，求得，，再结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】由题意，设，则夹角为 因为， 可得， 由，，则 又由 所以 . 故选：B. 8. 如图，三棱锥中，平面ABC，，，，点C到PA的距离，若BH和平面CDH所成角的正弦值为，则BC长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理证明平面，再由，进而证明平面，进而可证明为和平面所成的角，则，求出，设，由，解方程即可得出答案. 【详解】因为平面，则平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，且,平面， 所以平面，平面，所以， 因为，，，所以点是的中点， 又因为，所以是等腰直角三角形， 由平面，所以平面， 所以为和平面所成的角，因为 则， 所以，则， 因为是等腰直角三角形，所以， 设，所以，又， 又因为，所以， 解得：. 故选：A. 二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20分） 9. 对于两个平面，和两条直线m，n，下列命题中假命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，若，，则或，故A是假命题； 对于B，若，，有可能出现，故B是假命题； 对于C，若，，，有可能出现，故C是假命题； 对于D，，，则或， 若，则由得， 若，则内有直线，而易知，从而，D是真命题. 故选：ABC. 10. 在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知，且，，则的可能取值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正余弦定理即可求出结果. 【详解】， ， 即， 当时，即， 因为，， 所以， 当时，， 由正弦定理可得， 由余弦定理可得：， 解得， 所以或. 故选：AD. 11. 在等腰直角三角形中，，，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，可判定A正确；由，可判定B不正确； ，可判定C不正确；由，，结合数量积的运算公式，可判定D正确. 【详解】如图所示，等腰直角中，，， 对于A中，由， 所以A正确； 对于B中，由，所以B不正确； 对于C中，由， 所以，所以C不正确； 对于D中，由， 所以，所以D正确. 故选：AD. 12. 四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】满足要求的四棱锥有三种情形，对三种情况进行讨论求出结果. 【详解】满足要求的四棱锥有如下三种情形. （1） 如图，四条侧棱长均为，则四棱锥为正四棱锥，连接交于点，连接， 则平面，是四棱锥的高， 则，， 所以， 四棱锥的高为； （2） 如图，有两条侧棱长为， 作平面，记，，是四棱锥的高， 于是，， 且. 解得，. 四棱锥的高为； （3） 如图，三条侧棱（、、）长为，一条侧棱， ，， 设与交于点.记. 由等腰三角形三线合一可得：, 平面，平面，， 则平面， 因为平面，所以平面平面， 过O作，因为平面平面, 所以平面，是四棱锥的高， 则有，，. 因为， 于是，. 将前面的结果代入上式， 解得或. 显然，故. ， 在中， 由余弦定理得, ， ， 四棱锥的高为. 故选：ACD. 三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分） 13. 已知，且与共线，则y=_________ 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为与共线，所以，解得. 考点：平面向量共线的坐标运算 14. 已知为第四象限角，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先由组配角公式求得的值，再由同角三角函数关系公式即可求得的值. 【详解】 则 即 代入，得，即 由为第四象限角，可知，则 故 故答案为： 15. 现有一个高为2的三棱锥被一个平行于底面的平面截去一个高为1的三棱锥，得到棱台．已知，，，则该棱台的外接球体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理得，由正弦定理得外接圆的半径，进而得外接圆的半径，根据球心与棱台上下底面的位置关系讨论，列出关于外接球半径的方程，求出，进而得出答案. 【详解】由题意，，且， 设外接圆的圆心分别为，半径分别为，则， ，，， 由余弦定理得，，则， 由正弦定理得，∴， 设棱台的外接球球心为，半径为， 若球心在棱台上下底面之间时， 在直角中，，∴， 在直角中，，∴， ∵，∴，此方程无解； 若球心不在棱台上下底面之间时， 在直角中，，∴， 在直角中，，∴， ∵，∴，解得， 则该棱台的外接球体积为． 故答案为：． 16. 某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由，，，四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可得两两连接后所得到的四面体为正四面体，且是其外接球的球心，设出棱长，在直角三角形中建立等式关系，求得，的长度，即可求得结果. 【详解】根据题意可得，，，相等且两两所成的角相等，两两连接后所得到的四面体为正四面体， 且是其外接球的球心，延长交面于，连接，则为的外心， 设，则，， ,， 因为，所以解得， . 故答案为：. 四、解答题（本题共6个小题，共70分） 17. 如图，已知平面四边形，，，，，. （1）求； （2）求的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求，根据勾股逆定理知，即可求. （2）由（1）得，应用正弦定理即可求的值. 【详解】（1）在△中，由余弦定理，有， ，即， . （1）在四边形中，， ∴， 在△中，由正弦定理，则. 18. 已知向量， （1）若，求的值； （2）若，与垂直，求实数t的值； （3）若，求向量在向量上的投影向量的坐标． 【答案】（1）2； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行得出，结合齐次式求解可得答案； （2）先求解向量坐标，利用垂直可得参数的值； （3）利用投影向量的公式可得答案. 【小问1详解】 因为向量，，， 所以，即，则. 【小问2详解】 因为，所以， 则，， 因为与垂直，所以，所以. 【小问3详解】 因为，所以，投影向量. 19. 函数，其中，. （1）求函数的最小正周期； （2）若是三角形的内角，当时，求的集合. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据数量积公式，结合辅助角公式求得，再根据周期公式求解即可； （2）由，根据三角形内角范围，可得或，从而可得答案. 【小问1详解】 函数 ， ， 所以的最小正周期为：. 【小问2详解】 ， 因为是三角形的内角， 所以， 所以或， 即或， 所以的集合为. 20. 如图，在四棱锥中，底面，在直角梯形中，，，，，是中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） 取线段的中点，连接， 因为分别为中点，所以，， 又，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可； （2）利用等体积法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，是中点，所以点到平面的距离为 又平面，所以； 因为，，，， 所以，所以，， 所以，所以； 又因为，平面，所以平面， 记点到平面的距离为， 由得，解得， 故点到平面的距离为. 21. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求的大小； （2）设的中点为，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式得到，即可得到，再由辅助角公式计算可得； （2）设，则，则，利用正弦定理表示出、，从而转化为关于的三角函数，利用三角恒等变换公式化简，再结合正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以， 即， 则. 因为，所以，即， 所以， 又，所以， 所以，解得. 【小问2详解】 设，则，则， 根据正弦定理可得， 所以，， 所以 ， 由，得，所以， 故的取值范围为. 22. 如图，在斜三棱柱中，，等腰的斜边，在底面上的投影恰为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求的长； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 设中点为， 因为在底面ABC上的投影恰为AC的中点，即平面， 且平面，所以平面平面， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得平面，结合面面垂直的判定定理分析证明； （2）根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，结合长度关系分析求解； （3）作辅助线，结合三垂线法分析可知二面角的平面角为，分析求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，且平面平面，， 可得平面， 由平面，则， 且，，平面， 可得平面， 由平面，可得， 可知为菱形，即， 因为等腰的斜边，则， 可得，， 在直角中，，可知， 即为等边三角形，所以. 【小问3详解】 过点作于点，连接，可知， 因为平面，平面，则， 且，平面，则平面， 由平面，可得， 可知二面角的平面角为， 因为，可得， 所以二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 眉山市23级高一下学期县级高中校期末联考 数学试题 （考试时间：150分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第I卷时，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．回答第II卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 已知，则复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知，，与的夹角，则（ ） A. 10 B. -10 C. 5 D. -5 3. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的选项是（ ） A. 三角形的直观图是三角形 B. 平行四边形的直观图必为矩形 C. 正方形的直观图是正方形 D. 菱形的直观图是菱形 4. 如图，已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 的值为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示的中,，则=（ ） A. B. C. D. 8. 如图，三棱锥中，平面ABC，，，，点C到PA的距离，若BH和平面CDH所成角的正弦值为，则BC长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20分） 9. 对于两个平面，和两条直线m，n，下列命题中假命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10. 在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知，且，，则的可能取值为（ ） A. 1 B. C. D. 11. 在等腰直角三角形中，，，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 12. 四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分） 13. 已知，且与共线，则y=_________ 14. 已知为第四象限角，且，则________． 15. 现有一个高为2的三棱锥被一个平行于底面的平面截去一个高为1的三棱锥，得到棱台．已知，，，则该棱台的外接球体积为__________． 16. 某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由，，，四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则___________. 四、解答题（本题共6个小题，共70分） 17. 如图，已知平面四边形，，，，，. （1）求； （2）求的值. 18. 已知向量， （1）若，求的值； （2）若，与垂直，求实数t的值； （3）若，求向量在向量上的投影向量的坐标． 19. 函数，其中，. （1）求函数的最小正周期； （2）若是三角形的内角，当时，求的集合. 20. 如图，在四棱锥中，底面，在直角梯形中，，，，，是中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 21. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求的大小； （2）设的中点为，且，求的取值范围. 22. 如图，在斜三棱柱中，，等腰的斜边，在底面上的投影恰为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求的长； （3）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 $