精品解析：四川省泸州市2023-2024学年高一下学期7月期末统一考试数学试题

泸州市高2023级高一学年末统一考试 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3 设，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 平面与平面平行的充分条件可以是（ ） A. 内有无穷多条直线都与平行 B. 直线，且 C. 直线，直线，且 D. 内的任何一条直线都与平行 6. 如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（　　） A 1 B. C. D. 7. 若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程有4个不同的根，且，则的值为（ ） A. 3 B. 0 C. 2 D. 6 二、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，有多个选项符合题目要求．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. 下列说法正确的是（ ） A. 任意向量，，若且与同向，则 B. 若向量，且，则三点共线 C. 若，则与的夹角是锐角 D. 已知|，为单位向量，且，则在上的投影向量为 10. 已知函数，满足，且，则（ ） A. 的图象关于对称 B. C. 在上单调递减 D. 的图象关于点对称 11. 正方体的棱长为2，已知平面，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（ ） A. 截面形状可能为正三角形 B. 平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为 C. 截面形状可能为正六边形 D. 截面面积的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，则的值为____________． 13. 计算：__________. 14. 已知三棱锥底面是边长为3的等边三角形，且，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为____________． 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 已知向量，且． （1）求向量与的夹角． （2）若向量与互相垂直，求k的值． 16. 已知函数的部分图象如下图所示． （1）求函数的解析式． （2）若将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，求不等式的解集． 17. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求B； （2）若，且，求． 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面． （1）证明：平面平面； （2）当时，证明：平面； （3）若，四面体体积等于四棱锥体积的，求的值． 19. 对于三个实数，若成立，则称具有“性质” （1）写出一个数使之与2具有“性质1”，并说明理由； （2）若具有“性质0”，求的取值范围； （3）若，且，具有“性质”，求实数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泸州市高2023级高一学年末统一考试 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再根据交集的定义即可得解. 【详解】， ， 所以. 故选：B. 2. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的除法计算复数，再结合共轭复数定义即可. 【详解】因为, 所以. 故选：C. 3. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别利用指数函数和对数函数的单调性进行比较，借助于中间值“0”即可判断三个值的大小. 【详解】因为函数在上单调递增， 所以， 又因为函数在上单调递增，所以， 所以. 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二倍角公式，结合正余弦齐次式法求值. 【详解】依题意，. 故选：B 5. 平面与平面平行的充分条件可以是（ ） A. 内有无穷多条直线都与平行 B. 直线，且 C. 直线，直线，且 D. 内的任何一条直线都与平行 【答案】D 【解析】 【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念依次判断即可. 【详解】对于A，若内有无穷多条直线都与平行， 则平行或相交，故充分性不成立，故A错误； 对于B，如图，在正方体中， 平面，平面， 而平面平面，故充分性不成立，故B错误； 对于C，如图，在正方体中， 平面，平面， 而平面平面，故充分性不成立，故C错误； 对于D，由面面平行的定义知能推出平面与平面平行，故充分性成立，故D正确. 故选：D. 6. 如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（　　） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用数量积的定义、运算律以及向量的线性运算即可求解. 【详解】 因为， 所以， 取中点Q，连接， . 故选：B. 7. 若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，圆台的母线交于点，由已知易求得圆锥的母线，进而可求得上下底面的半径，利用直角梯形的性质可求圆台的高. 【详解】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，设圆台的母线交于点， 为圆台的母线，且，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍， 所以，所以，所以， 由圆台侧面展开图扇环的圆心角为, 所以下底面圆的周长为，所以，所以， 在直角梯形中，易求得. 故选：C. 8. 已知函数，若方程有4个不同的根，且，则的值为（ ） A. 3 B. 0 C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】作出函数图象，由对称性可知，，，计算得，再计算的结果； 【详解】作出函数的图象如下 由对称性可知，，因为， 由图可知， 所以 则， ， 故选：A. 二、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，有多个选项符合题目要求．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. 下列说法正确的是（ ） A. 任意向量，，若且与同向，则 B. 若向量，且，则三点共线 C. 若，则与的夹角是锐角 D. 已知|，为单位向量，且，则在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例判断A，C，利用向量共线定理判断B，利用投影向量的定义判断D即可. 【详解】对于A，向量不能比较大小，故A错误， 对于B，向量且时，由向量共线定理的推论，知三点共线，故B正确， 对于C，当同向共线时，，此时夹角不是锐角，故C错误， 对于D，由题意得，由投影向量定义得投影向量为，故D正确. 故选：BD 10. 已知函数，满足，且，则（ ） A. 的图象关于对称 B. C. 在上单调递减 D. 的图象关于点对称 【答案】BD 【解析】 【分析】由已知结合正弦函数的对称性与单调性可先求出，即可判断A，B；然后结合正弦函数的对称性及单调性检验选项C，D即可判断． 【详解】因为函数函数，满足， 所以的图象关于对称，故A错误； 所以，所以， 所以， 因为， ，即， 所以，所以，故B正确； 则，由，可得， 所以在上不单调，故C错误； 由， 所以的图象关于点对称，故D正确． 故选：BD． 11. 正方体的棱长为2，已知平面，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（ ） A. 截面形状可能为正三角形 B. 平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为 C. 截面形状可能为正六边形 D. 截面面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断． 【详解】如图，在正方体中，连接，     因为平面，平面，则， 因为四边形为正方形，则， 又因为，平面， 所以，平面，因为平面，则， 同理可证，因为，平面， 则平面， 所以平面与平面平行或重合， 所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确； 平面与平面所成二面角正弦值为即为平面与平面所成的角， 设与交于，连接， 因为四边形是正方形，所以，又平面， 又平面，所以， 又，平面，又平面， 所以，所以是平面平面与平面所成二面角的平面角， 由题意可得，进而可得，所以， 所以， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为，故B错误； 当分别为对应棱的中点时，截面为正六边形， 因为分别为的中点， 则，因为平面，平面， 则平面，同理可得平面， 又因为，平面， 则平面平面， 所以，平面，此时截面为正六边形，故C正确； 如图设截面为多边形， 设，则，则， 所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和， 所以， 因为，， 所以 = ，当时，，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间几何体的截面问题，求解时要注意从动态的角度进行分析问题和求解问题，结合函数思想求解最值. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，则的值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据周期性和奇函数的性质可得，从而可以求值. 【详解】根据题意，是定义在R上周期为2的奇函数， 所以. 故答案为： 13. 计算：__________. 【答案】4 【解析】 【详解】 14. 已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先分析得三棱锥的体积取得最大值时，有平面平面，分别求得，的外接圆的半径，进而可求外接球的半径，由此得解. 【详解】 依题意，三棱锥的底面面积是个定值， 侧面是等边三角形，顶点到边的距离也是一个定值， 所以当该三棱锥的体积取得最大值时，平面平面， 取的中点，连接，分别为正三角形，的中心， 所以，所以为二面角平面角， 可得，过分别作平面，平面的垂线，两垂线交于， 则为外接球的球心，由正三角形的性质可求得， 进而可得，， 易得四边形是正方形，所以， 由勾股定理可得， 其外接球的表面积为. 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. 已知向量，且． （1）求向量与的夹角． （2）若向量与互相垂直，求k的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由向量模的坐标运算得出，再根据向量数量积的定义及运算律求解即可； （2）由已知得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可． 【小问1详解】 由，得，设向量与的夹角为， 由，，又，所以， 所以，解得， 所以向量与的夹角为． 【小问2详解】 由向量向量与互相垂直，得， 所以，即， 解得或． 16. 已知函数的部分图象如下图所示． （1）求函数的解析式． （2）若将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，求不等式的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由图象求出，和的值即可求出函数的解析式． （2）根据函数图象变换求出的解析式，进而解不等式即可. 【小问1详解】 由图象知，，即，又， 所以，所以，则 又函数过点，所以， 所以，所以，解得. 又，所以，即． 【小问2详解】 将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍， 可得函数， 再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象， 所以， 由，可得，所以， 所以，所以， 所以不等式的解集为． 17. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求B； （2）若，且，求． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理定理化简等式，再根据余弦定理的推论和角的范围解出答案； （2）利用正弦定理公式结合已知条件求出，再由余弦定理求出答案 【小问1详解】 因为余弦定理可得， 所以， 因为， 所以. 【小问2详解】 因为正弦定理得， 所以 又，所以，即， 由余弦定理得，即， 因为，所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面． （1）证明：平面平面； （2）当时，证明：平面； （3）若，四面体的体积等于四棱锥体积的，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设与交于，连接，易得，由已知可证，进而可证，利用线面垂直的判定定可证平面，可证结论成立； （2）连接交于点，连接，连接，则为的中点，利用相似比证明，再根据线面平行的判定定理即可得证； （3）由题意可得，可求得值. 【小问1详解】 设与交于，连接， 因为四边形是正方形，所以，且为的中点， 又平面，又平面，所以， 因为是的中点，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 连接交于点，连接，连接，则为的中点， 因为，所以，因为分别为的中点， 所以为的重心，所以，所以， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 由平面， 可得， 因为分别为的中点， 所以， 所以，所以 又四面体的体积等于四棱锥体积的， 所以，所以点平面的距离之比为， 所以. 19. 对于三个实数，若成立，则称具有“性质” （1）写出一个数使之与2具有“性质1”，并说明理由； （2）若具有“性质0”，求的取值范围； （3）若，且，具有“性质”，求实数的最大值． 【答案】（1）（答案不唯一），理由见解析. （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）代入与2具有“性质1”的不等式进行验证； （2）根据题意得不等式，化简得，解不等式求出的取值范围； （3）根据题意条件列出不等式进行化简分离变量，令，变形得，构造新函数利用导数求得新函数的最小值，从而得到实数的最大值； 【小问1详解】 与2具有“性质1”. 当时，， 即，则2与2具有“性质1” 【小问2详解】 若具有“性质0”， 所以，即， 令，所以， 所以，解得或 即或 所以或 因此的取值范围 【小问3详解】 若，且，具有“性质”， 所以， 因为，所以，， 化简得， 令，两边平方得， 令 求导得， 令，求导得 令，解得， 当在上单调递减； 当在上单调递增； 又因为所以， 因此，即在单调递减，当时，取最小值为0， 进而得到，实数最大值为0. 【点睛】含参不等式恒成立问题 1.对参数分类讨论 2.函数恒等变形和不等式放缩法相结合解题 3.参变分离和函数导数结合解题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$