四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

树德中学高 2023级高一下学期期末考试数学试题 命题人：刘大华 审题人：邓连康、常勇、韦莉 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，只有一项是符合要求的. 1. 如图，四边形在斜二测画法下得到平行四边形，，，则该四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 第1题图 第3题图 第5题图 第7题图 2. 在矩形中，，，以该矩形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的空间几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知两条不同的直线，三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若 ，，则 D. 若 ，，则 5. 如图所示，在三棱锥中，平面，且是边长为的正三角形，若，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数和，则这两个函数图象在的交点个数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，已知在三棱锥中，二面角为直二面角，，，，若三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若在上成立，则实数的取值范围为（ ） 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. 的内角，，的对边分别为，，，已知，，则（ ） A. B. C. 为锐角三角形 D. 的最大值为 10. 如图，在矩形中，，为的中点，现将沿翻折至， 平面，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当，直线与底面所成角的正弦值 为 D. 若二面角的平面角为，则 11. 已知直线，A是之间的一定点并且点A到的距离分别为1，2，B是直线上一动点，作，且使AC与直线交于点C，，则（ ） A. 面积的最小值为 B. 点到直线的距离为定值 C. 当时，的外接圆半径为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，向量，若与共线，则实数的值为_______. 13. 的内角，，的对边分别为，，，，，, 为边上一点，记、的面积分别为、，若，则________. 14. 已知在四面体中，，，，， ，平面满足，记平面截得该四面体的多边形的面积为，则的最大值为________. 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. (13分)已知复数，其中为虚数单位，. （1）若在复平面内复数位于第二象限，求实数的取值范围； （2）当时，是方程的一个根，求和的值. 16. (15分)已知振子的振动具有循环往复的特点，由振子振动的物理学原理可知，其位移随时间的变化规律可以用函数来刻画，已知位移部分图象如图所示. （1）求该振子在单位时间内往复运动的次数和的解析式； （2）将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍， 纵坐标不变，得到，求在的值域. 17. (15分)如图，在五面体中，，，平面平面,，，，. （1）证明：平面； （2）若点、分别为、的中点，证明：平面平面； （3）求该五面体的体积. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 18. (17分)为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交通便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置区域，该市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示，区域规划为游客餐饮服务区，区域规划为微型游乐场，区域规划为网红打卡区. 已知，m，m，， （1）若m，求的长； （2）若，求的值； （3）求微型游乐场面积的最小值. 19. (17分)如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面. （1）证明：平面； （2）若二面角的平面角的余弦值为，求的长； （3）设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 2024-7 高一数末 第2页共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$2024-7 ⾼⼀数末 第1⻚共 2 ⻚ C' B' A' y' x'O' B D C A E CD BA E' A B C B1 C1 A1 A B C S 树德中学高 2023 级高一下学期期末考试数学试题 命题人：刘大华 审题人：邓连康、常勇、韦莉 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 要求的. 1. 如图，四边形OABC 在斜二测画法下得到平行四边形O A B C   ， 2O A   ， 1O C   ，则该四边形 OABC 的周长为（ ） A. 2 B. 4 C. 4 2 D. 8 2. 在矩形 ABCD 中， 1AB  ， 2BC  ，以该矩形的边 AD 所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形 成的面所围成的空间几何体的表面积为（ ） A. 3π B. 4π C. 5π D. 6π 3. 如图所示，在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 3AA AB ，则异面直线 1A B 与 1 1B C 所成角的余弦值为 （ ） A. 1 4 B. 1 3 C. 1 2 D. 3 3 4. 已知两条不同的直线 ,m n ，三个不同的平面 , ,   ，则下列说法正确的是（ ） A. 若m n∥ ， n  ，则m ∥ B. 若 ∥ ，m  ， n  ，则m n∥ C. 若m  ， n  ，则m n∥ D. 若  ，   ，则 ∥ 5. 如图所示，在三棱锥 S ABC 中， SA  平面 ABC ，且 ABC△ 是边长为1的正三角形，若 SA BC ， 则点 A 到平面 SBC 的距离为（ ） A. 2 7 7 B. 21 7 C. 3 7 7 D. 3 21 7 6. 已知函数 ( ) cos3f x x  和 π( ) sin( ) 6 g x x  ，则这两个函数图象在 [0,2π]x 的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 如图所示，已知在三棱锥 A BCD 中，二面角 A BD C  为直二面角， BC CD ， 3BC CD  ， 2AB AD  ，若三棱锥 A BCD 的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A. 8 2π 3 B. 8π C. 2 2π 3 D. 2 2π 8. 已知函数 3 2 2( ) 4sin 4sin sin 2 )2 cos 2 cos (f x x x a x a x a x a     R ，若 ( ) 0f x  在 π[0, ] 4 x 上成 立，则实数 a的取值范围为（ ） A. ( , 1]  B. ,0] [2 2, )(   C. )( ,0] [ 2,  D. )( ,0] [1,  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. ABC△ 的 内 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 为 a ， b ， c ， 已 知 2 cos 2 cos 3b C c B  ， 23sin( ) 2sin 2 AB C  ，则（ ） A. 3 2 a  B. tan 3 2 A  C. ABC△ 为锐角三角形 D. bc 的最大值为 9 4 10. 如图，在矩形 ABCD 中， 2 2AB AD  ， E 为 AB 的中点，现将 CDE△ 沿CD 翻折至 CDE△ ， E 平面 ABC ，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得 EE B D  B. 三棱锥 E CDE  体积的最大值为 1 4 C. 当 3E B  ，直线 AE与底面 ABCD 所成角的正弦值 为 3 3 D. 若二面角 E CD A   的平面角为 2π 3 ，则 2BE  11. 已知直线 1 2l l∥ ，A 是 1 2,l l 之间的一定点并且点 A 到 1 2,l l 的距离分别为 1，2，B 是直线 2l 上一动点， 作 AC AB ，且使 AC 与直线 1l 交于点 C， 1 ( ) 3 AG AB AC     ，则（ ） A. ABC△ 面积的最小值为 2 B. 点G 到直线 1l 的距离为定值 C. 当 GB GC   时， GAB△ 的外接圆半径为 5 2 3 D. GB GC   的最大值为 2 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知向量 (1, )a x  ，向量 (2,1)b   ，若 a  与 b  共线，则实数 x 的值为_______. 13. ABC△ 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ， b ， c ， 2c  ， 6a  ， π 3 BAC  , D 为边 BC 上 一点，记 ABD△ 、 ADC△ 的面积分别为 1S 、 2S ，若 1 22b S S  ，则 AD  ________. 14. 已知在四面体 P ABC 中， 2PA BC  ， 7PB AC  ， 5PC AB  ， PM MC   ， AN NB   ，平面 满足 MN  ，记平面 截得该四面体 P ABC 的多边形的面积为 S ，则 S 的最大 值为________. 第 1 题图 第 3 题图 第 5 题图 第 7 题图 2024-7 ⾼⼀数末 第2⻚共 2 ⻚ （i） C B S A （ii） A B C D S' S 2 5 24 1 12 O y t G O A B C D E F 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. (13 分)已知复数 22 ( 2)iz a a a     ，其中 i 为虚数单位， aR . （1）若在复平面内复数 z 位于第二象限，求实数 a的取值范围； （2）当 1a   时， z 是方程 2 0( , )x mx n m n   R 的一个根，求 z 和 n m 的值. 16. (15 分)已知振子的振动具有循环往复的特点，由振子振动的物理学原理可知，其位移 ( )y f t 随 时间 t 的变化规律可以用函数 ( ) sin( )f t A t   π( , 0,| | ) 2 A    来刻画，已知位移 ( )y f t 部分图 象如图所示. （1）求该振子在单位时间内往复运动的次数和 ( )y f t 的解析式； （2）将 ( )y f t 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍， 纵坐标不变，得到 ( )y g t ，求 ( )y g t 在 5 1[ , ] 24 2 的值域. 17. (15 分)如图，在五面体 ABCDEF 中， AB CD∥ ， BD BF ，平面 ABFE 平面CDEF EF , 2AB AD AE   ， 2 3BC  ， 3EF  ， π 3 BAD DAE   . （1）证明：EF ∥平面 ABCD ； （2）若点O 、G 分别为 AD 、 BC 的中点，证明：平面 EOGF 平面 ABCD ； （3）求该五面体的体积. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 18. (17 分)为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交通 便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置区域，该 市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示， ACD△ 区域规划为游客餐饮服务 区， CDE△ 区域规划为微型游乐场， BCE△ 区域规划为网红打卡区. 已知 AC BC ， 10AC  m， 10 3BC  m， π 6 DCE  ， （1）若 5 3CD  m，求 DE 的长； （2）若 2100mAD AE  ，求 ACD 的值； （3）求微型游乐场 CDE△ 面积的最小值. 19. (17 分)如图，在长方形 SABC 中， 2 3AB  ， 2BC  ， 3( 1) 3 SD SC    ，将 SAD△ 沿 AD 折起至 S AD△ ，使平面 S AB 平面 ABC . （1）证明： BC 平面 S AB ； （2）若二面角 DS A B   的平面角的余弦值为 2 3 ，求 SD 的长； （3）设直线 BC 与平面 S AD 所成的角为 1 ，二面角 DS A B   的平面角为 2 ，证明： 1 2 1cos 2 2 2 1 cos      . （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） C BA D E 1 树德中学高 2023 级高一下学期期末考试数学参考答案 一、选择题（1-8 小题每小题 5 分，9-11 题每小题 6 分，部分选对得部分分，有错选的得 0 分，共 58 分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D D A C B D A D AB ACD ABD 二、填空题（每小题 5 分，共 15 分） 12. 1 2 ； 13. 2； 14. 1. 三、解答题（共 77 分） 15. （13 分）解 （1）由题意，得 2 2 0 2 0 a a a       ，解得 2a   ，所以实数 a的取值范围为 ( , 2)a   . （2）当 1a   时， 1 2iz   ，所以 1 2iz   ， 所以 2(1 2i) (1 2i)+ =0m n   ， 整理，得 3 (4 2 )i 0m n m     ，所以 3 0 4 2 0 m n m       ，解得 2 5 m n     ，所以 7n m  . 另解 由韦达定理，可得 z z m z z n       ，即 1 2i 1 2i (1 2i)(1 2i) m n          ，解得 2 5 m n     ，所以 7n m  . 16. （15 分）解 （1）设 ( )y f t 的最小正周期为T ，由图可知 5 1 1 4 24 12 8 T    ，所以 1 2 T  ， 所以 ( )y f t 的频率为 2，所以振子在单位时间内往复运动的次数为 2 次，所以 2π 4π 1 2    . 因为 ( )y f t 过点 5 ( ,2) 24 ，所以 ) 5 π 4π 2 π( 24 2 k k    Z ，又 π | | 2   ，所以 π 3    ， 所以 ( )y f t 的解析式为 π ( ) 2sin(4π )( [0 ) 3 ,f t t t  . （注：也可由五点法，知 1 4π 0 12    ，得 π 3    ） （2）因为将 ( )y f t 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到 ( )y g t ，所以 π ( ) 2sin( [0, )π )2 )( 3 g t t t  ，令 π 2π 3 z t  ，由 5 1 [ , ] 24 2 t ，得 π 2π [ , ] 12 3 z ， 易知 siny z 在 π π [ , ] 12 2 z 上单调递增， π 2π [ , ] 2 3 z 上单调递减，又 π π π 2 3 1 6 2sin sin( ) ( ) 12 3 4 2 2 2 4       ， π sin 1 2  ， 2π 3 sin 3 2  ，所以 siny z 在 π π [ , ] 12 2 z 的值域为 6 2[ ,1] 4  ， 所以 2siny z 在 π π [ , ] 12 2 z 的值域为 6 2[ ,2] 2  ，所以 ( )y g t 在 5 1 [ , ] 24 2 t 的值域为 6 2[ ,2] 2  . 17. （15 分）（1）证明 因为 AB CD∥ ， AB 平面CDEF ，CD 平面CDEF ，所以 AB∥平面CDEF ， 又因为 AB 平面 ABEF 且平面 ABEF 平面CDEF EF ，所以 AB EF∥ ，又 EF 平面 ABCD， AB  平面 ABCD，所以EF∥平面 ABCD . 2 （2）证明 因为 2AB AD  ， π 3 BAD  ，所以 为正三角形，所以 π 3 ABD ADB   ，又 AB CD∥ ，所以 π 3 BDC  ，又 2 3BC  ，所以在 BCD△ 中，由余弦定理，得 2 2 2(2 3) 2 2CD CD   ，解得 4CD  或 2CD   （舍去），因为 2 22 2 2 22 (2 3) 4BC CDBD      ，所 以 BD BC ，又 BD BF ，且 BC BF B ，所以 BD 平面 BCF ，又 BD平面 ABCD，所以平面 ABCD 平面 BCF . 因为 2AD AE  ， π 3 DAE  ，所以 ADE△ 为正三角形， 因为 为正三角形，所以 3EO  ， 由梯形中位线，可得 ，且OG AB CD∥ ∥ ，所以 OG EF∥ ，所以四边形 为平行四边形，所以 FG EO∥ ，即 1 3 2 FG BC  ，所以 FG  BC ，又平面 ABCD平面 BCF BC ，所以 FG 平面 ABCD ，所以 EO 平面 ABCD ，又 EO 平面 ABD，所以平面 AED 平面 ABCD . （3）解 过 作直线 ，延长 与 交于点 ， 与 交于点 ，连接 ， . 因为 为 的中点，所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 . 同理 ，所以 . 又 ，所以 ，所以 ，所以多面体 为三棱柱. 过 作 于 点，因为平面 平面 ，所以 平面 ， 所以线段 的长即三棱柱 的高，在 AMH△ 中， ， 所以三棱柱 的体积为 . 因为三棱锥 与 的体积相等，所以所求多面体的体 积为 9 2 . 另解 简要分析如下：证明方法同解法 1，将五面体 ABCDEF 分割为一个四棱锥 E ABCD 和一个三棱锥 E BCF ，因为 ABCDEF E ABCD F BCE E ABCD E BCF E ABCD O BCFV V V V V V V           所以 ABCDEFV  1 1 1 1 3 9 (2 4) 3 3 2 3 3 3 2 3 2 2 2            . （其他正确分割方式也可给满分） ABD△ ADE 2 AB CD OG EF    OEFG G //MN AD AB MN M MN CD N FM FN G BC MG OA //MG OA AOGM AM OG DN OG 3AM OG DN EF    //AB CD //AM DN // //AM DN EF MNF ADE M MH AD H ADE  ABCD MH  ADE MH MNF ADE 3 3 sin60 2 MH AM    MNF ADE 23 3 3 92 4 2 2    F BMG F CNG 3 （i） （ii） 2 4 x x O EE O C B A B C D S' S S A D 18. （17 分）解 （1）因为 AC BC ， 10AC  m， 10 3BC  m，得 10 3 tan 3 10 CB A CD    ，又 π (0, ) 2 A ， 所 以 π 3 A  ， π 6 B  . 若 5 3CD  m， 在 ACD△ 中 ， 由 余 弦 定 理 ， 得 2 2 2 π(5 3) 10 2 10 cos 3 AD AD      ，解得 5AD  m，所以 CD AE ，所以 π 6 ACD DCE    ，所以 ACE△ 为等腰三角形，所以 10DE AD  m. （2）设 π (0 ) 3 ACD      ，在 ACD△ 中，由正弦定理，得 ) 10 sin s ( π 3 in AD     ，同理 n π π ) ) 6 10 sin( 2 si ( AE     ，又 100AD AE  ，所以 ) 10 π π 0 π ) )sin 6 si ( 3 2 n sin( sin( AD AE         ，所以 3 1 1 3 ( sin cos ) ( sin cos )csin os 2 2 2 2         ，即 cos 2 0  ，又 π0 3   ，所以 π2 2   ，即 π 4   ， 所以 π 4 ACD  . （3）设 π (0 ) 3 ACD      ，由（2）知 ) 5 3 sin π 3 ( CD    ， 5 3 cos CE   ，又 1 π sin 2 6CDE S CD CE   △ ，所 以 2 1 75 75 75 4 2sin 32sin( π πcos 3 cos) (cos i ) 3 3 2s n 2 CDES             △ ，当且仅当 2 π π 3 2    ，即当 π 12   时， CDE△ 的面积取最小值为 75(2 3) 2m . 19. （17 分）（1）证明 因为四边形 SABC 为长方形，所以 BC AB ，又平面 S AB  平面 ABC 且平面 S AB 平面 ABC AB ，所以 BC 平面 S AB . （2）如图所示，在（ii）图中过点 S 作 SO AD ，垂足为O ，延长 SO 交 AB 于点 E ，连接 S O . 由翻折知 AS O D  ，所以二面角 S AD B   的平面角为 S OE ， 在（ii）图中设 SD x ，可得 4 AE x  ， 2 2 4 x SO x   ， 2 8 4 OE x x   ， 因为 2 cos 3 S OE  ，所以 2 3 OE S O   ，所以 2 3 OE SO  ，所以 2 2 3 8 24 2 4 x x x x   ， 解得 2 6x  ，即 6x  或 6x   （舍去）， 所以 6SD  . 4 （3）如图所示，由（2）知 SO S O O  ，所以 AD  平面 S OS ， S E  平面 S OS ，所以 AD  S E . 由 （1）问，知 BC  平面 S AB 且 SA BC∥ ，所以 SA  平面 S AB ，又 S E  平面 S AB ，所以 SA  S E ，又 SA AD A ，且 ,SA AD 平面 ABCD ，所以 S E 平面 ABCD ，又 AB  平面 ABCD ，所以 S E  AB . 在（ii）图中过点 E 作 EH BC∥ 交 AD 于点 H ，过点 E 作 EG S O  ，连接GH . 由（2），知 AD  平面 S OE ，又 AD  平面 S AD ，所以平面 S AD  平面 S OE ，因为平面 S AD  平面 S OE S O ，所以 EG  平面 S AD ，所以 EH 在平面 S AD 的射影为GH ，所以 EHG 为直线 EH 与平面 S AD 所 成 角. 注 意 到 S O OE  ， 即 2 2 2 8 4 4 x x x x    ， 解 得 (2,2 3x ） . 又 2 8 EH x  ， 32 28 4 sin x EG OE x    ， 所 以 2 1s 4 in EG x EH x    ， 即 2 1sin 4x x   ， 所 以 2 1 1 2 8 1 2sin 1cos 2 x      ， 由 （2） 知 2 2s 4 co x   ， 所 以 2 1 2 2 1 8 cos 2 1 2 2 1 4cos x x         （ 等 号 当 且 仅 当 4 32x  时 成 立 63 (1 ,2 144 ））. （注：（2）问也可以用射影面积求二面角，（3）问也可用等体积法求线面角） （i） （ii） 2 4 x x O H E H E O C B A B C D S' S S A D G 树德中学高2023级高一下学期期末 四、答题:本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证听过 程整步 考试数学答题卡 16(15分) 姓名: 班: 遍位号: 15.(13分) 正凉 - (4) 1 1[o] (o] 1o1] [] 6[6] 。 o 11 11 11 口1 考起 三回回 三 ,。 P t 。 。 。 [a ): 三高 三三 。 1i] ] 1] 4 三: 1 n] 0] 1 心 二! 。 [1 r, 。 。 1 , :] 7 1 (7] _ 意事 1. 前洁批,、较导情踏 2.,必暗,时摇干 3. 在号对的域作,题区化无效 一、选择题;本题共8小题,每小题5分,共40分. 1i h] teiB Bnc]n} 2n] 7nn 1A]n]c]] (扭1B} “A][]n] A]e]D] 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共13分 []p][e]p] 口)nc]n] 10n]1e1D 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12 11. □□■ □□■ 17.(15分) 18.(17分) 19.(17分) □■□ □■□