精品解析：四川省眉山市东坡区2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

东坡区23级高一下期校校期末联考 数学学科 注意事项： 1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2. 请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共计40分，每小题5分） 1. 已知向量，且，则x＝（　　）. A. 8 B. 2 C. 4 D. 2. 设复数 （其中为虚数单位），则复数 在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 下列说法错误的是（ ） A. 向量与的长度相等 B. 向量的模可以比较大小 C. 共线的单位向量都相等 D. 只有零向量的模等于0 4. 要得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 5. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若直线l∥平面α，直线a⊂α，则（ ） A. l∥a B. l与a异面 C. l与a相交 D. l与a没有公共点 7. 如图，在中，设，则（ ） A. B. C. D. 8. 一圆台上、下底面的直径分别为4，12，高为10，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共计18分，每小题6分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 圆柱的所有母线长都相等 B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 棱台的侧棱延长后必交于一点 10. 下列等式成立的是（　　） A. B. C. D. 11. 设函数为常数，，若函数在区间上为单调函数，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 点是函数图象的一个对称中心 B. 函数的最小正周期为 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（共计15分，每小题5分） 12. 若用与球心的距离为的平面截球体所得的圆面半径为2，则球的半径为______. 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量坐标为______． 14. 若方程在有解，则的取值范围是__________. 四、解答题（共计77分，15题13分，16、17题15分，18、19题17分） 15. 已知向量，. （1）若，求实数k的值； （2）若，求实数k的值. 16. 已知函数 （1）求的最小正周期； （2）求的最大值及取得最大值时x的取值集合． 17. 如图所示，正六棱锥的底面边长为4，H是的中点，O为底面中心，． （1）求出正六棱锥的高，斜高，侧棱长； （2）求六棱锥的表面积和体积． 18. 在中，分别为角，，所对的边，已知，. （1）若的面积等于，求边； （2）若，求的面积； （3）求周长的最大值. 19. 若函数，则称向量为函数的特征向量，函数为向量的特征函数． （1）若函数，求的特征向量； （2）若向量的特征函数为，求当，且时的值； （3）已知点，设向量的特征函数为，函数．在函数的图象上是否存在点Q，使得？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东坡区23级高一下期校校期末联考 数学学科 注意事项： 1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2. 请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共计40分，每小题5分） 1. 已知向量，且，则x＝（　　）. A. 8 B. 2 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直得到方程，求出的值. 【详解】由题意得：，解得：. 故选：A 2. 设复数 （其中为虚数单位），则复数 在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：，对应的点为，在第一象限，故答案为A. 考点：复数的四则运算及几何意义. 3. 下列说法错误的是（ ） A. 向量与的长度相等 B. 向量的模可以比较大小 C. 共线的单位向量都相等 D. 只有零向量的模等于0 【答案】C 【解析】 【分析】了解向量的模的意义即可判断A,B,D选项，非零共线向量方向可相同或相反，即可判断C项. 【详解】对于A项，因向量与是一对相反向量，长度相等，方向相反，故A项正确； 对于B项，因向量的模是向量的长度，是一个非负数，故可以比较大小，故B项正确； 对于C项，共线的单位向量的方向可以相同或相反，故它们可以是一对相反向量，故C项错误； 对于D项，向量的模等于0即说明它是零向量，故D项正确. 故选：C. 4. 要得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的变换规则判断即可. 【详解】因为， 所以将函数的图象向右平移个单位得到， 即函数的图象. 故选：B 5. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再由正弦定理进行求解. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得，即， 所以. 故选：B 6. 若直线l∥平面α，直线a⊂α，则（ ） A. l∥a B. l与a异面 C. l与a相交 D. l与a没有公共点 【答案】D 【解析】 【分析】由线面位置关系结合异面直线的概念可直接得到答案. 【详解】若直线平面α，直线，则或l与a异面，故l与a没有公共点. 故选：D. 7. 如图，在中，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形由向量的线性运算可得. 【详解】因为， 所以，， 又因为， 所以， 所以， 故选：C. 8. 一圆台上、下底面的直径分别为4，12，高为10，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将圆台补形为圆锥，利用圆锥的性质，可得圆锥的侧面积，进而可得圆台的侧面积. 【详解】 如图，将圆台补形为圆锥，可得圆锥的底面半径为． 因为圆台的高为， 根据圆锥的性质可得, 所以圆锥的高，可得圆锥的母线长， . 则该圆台的侧面积为． 故选：D 二、多选题（共计18分，每小题6分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 圆柱的所有母线长都相等 B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 棱台的侧棱延长后必交于一点 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用圆柱的性质判断选项A；利用棱柱的性质判断选项B；利用正棱锥的定义判断选项C；利用棱台的性质判断选项D. 【详解】选项A：圆柱的所有母线长都相等.判断正确； 选项B：棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形.判断正确； 选项C：底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥.判断错误； 选项D：棱台的侧棱延长后必交于一点.判断正确. 故选：ABD 10. 下列等式成立的是（　　） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】利用两角和差公式和二倍角公式依次判断各个选项即可． 【解答过程】对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：AD. 11. 设函数为常数，，若函数在区间上为单调函数，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 点是函数图象的一个对称中心 B. 函数的最小正周期为 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据在区间上的单调性以及，求得的对称中心、对称轴、最小正周期，再三角函数图象变换的知识确定正确选项. 【详解】对于B，因为函数在区间上为单调函数， 所以，故B错误； 对于A，因为，所以是的零点， 所以是图象的一个对称中心，故A正确； 对于C，由B可知. 又因为，所以，在同一个周期内， 又，所以是的一条对称轴， 所以 则与是相邻的对称中心与对称轴， 因为，，所以， 又，故，则， 所以是图象的一条对称轴，故C正确； 对于D，因为是的一条对称轴， 所以，，， 所以，解得， 所以， 因为向左平移个单位长度得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题的突破口是利用余弦函数的对称性，结合条件求得的对称轴与对称中心，进而求得，由此得解. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（共计15分，每小题5分） 12. 若用与球心的距离为的平面截球体所得的圆面半径为2，则球的半径为______. 【答案】3 【解析】 【分析】直接由勾股定理计算可得. 【详解】由于球心到平面的距离为，所得圆面的半径为2， 则球的半径为. 故答案为：3 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式可得. 【详解】因，为单位向量， ， 所以在方向上的投影向量为， 故答案为：. 14. 若方程在有解，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，将原式化为，由正弦函数的值域列出不等式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由转化为，即， 因为，则，则， 所以，则，解得， 即的取值范围是. 故答案为： 四、解答题（共计77分，15题13分，16、17题15分，18、19题17分） 15. 已知向量，. （1）若，求实数k的值； （2）若，求实数k的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由得到，然后即可解出； （2）由得到，然后用数量积的坐标运算即可解出. 【小问1详解】 由知，即. 【小问2详解】 由，，知. 由知， 故，即，从而. 16. 已知函数 （1）求的最小正周期； （2）求的最大值及取得最大值时x的取值集合． 【答案】（1） （2）最大值为0， 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换化简函数解析式，利用正弦型函数的性质求的最小正周期； （2）由正弦型函数的性质求的最大值及取得最大值时x的取值集合． 【小问1详解】 ． 所以的最小正周期． 【小问2详解】 ，则函数最大值为0． 当取得最大值时，，即． 所以的最大值为0，取得最大值时的取值集合为 17. 如图所示，正六棱锥的底面边长为4，H是的中点，O为底面中心，． （1）求出正六棱锥的高，斜高，侧棱长； （2）求六棱锥的表面积和体积． 【答案】（1）高为6，斜高为，侧棱长为 （2）表面积为，体积为 【解析】 【分析】（1）依据图象，根据底边是正六边及边长可求出，进而在中，可求出,即正六棱锥的高及斜高，继而在等腰中可求得侧棱长； （2）求出底面积，利用棱锥体积计算公式求解即可. 【小问1详解】 如图： 在正六棱锥中，， H为中点，所以． 因为是正六边形的中心， 所以为正六棱锥的高． ， 在中，， 所以． 在中，． 在中，，， 所以． 故该正六棱锥的高为6，斜高为，侧棱长为． 【小问2详解】 的面积为， 的面积为， 所以正六棱锥的表面积为， 体积为 18. 在中，分别为角，，所对的边，已知，. （1）若的面积等于，求边； （2）若，求的面积； （3）求周长的最大值. 【答案】（1）， （2） （3）6 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理与面积公式计算即可得； （2）借助正弦定理与三角恒等变换化简，结合面积公式计算即可得； （3）借助正弦定理将边化为角后，借助辅助角公式与正弦型函数的性质计算即可得. 【小问1详解】 由余弦定理得：， 由，则，即， 联立方程组，解得，； 【小问2详解】 由题得， 即， 当时，，则， 故，， 当时，，即， 则有，即，则， 则； 【小问3详解】 由正弦定理得 ， 又，则当时，有， 故周长的最大值为. 19. 若函数，则称向量为函数的特征向量，函数为向量的特征函数． （1）若函数，求的特征向量； （2）若向量的特征函数为，求当，且时的值； （3）已知点，设向量的特征函数为，函数．在函数的图象上是否存在点Q，使得？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 不存在．理由如下： 由向量的特征函数为，得 ， 所以． 设函数的图象上任一点， 则，． 所以 ． 因为， 所以， 所以， 所以， 当且仅当，时取等号． 所以． 所以函数的图象上任一点Q，都不能使得． 即函数的图象上不存在点Q，使得． 【解析】 【分析】（1）由三角函数的和差公式可得，再结合特征向量的定义，即可得出答案． （2）由特征向量的定义可得，代入解得，再计算，最后利用两角和差公式即可得出答案． （3）由特征向量的定义可得，三角函数倍角公式可得，若函数的图象上是否存在点Q，使得；再计算其数量积可得，再利用整体法结合余弦型函数的值域即可判断． 【小问1详解】 因为， 所以函数的特征向量. 【小问2详解】 因为，所以. 又 ． 所以． 　 因为，所以， 所以． 所以 ． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是计算出，然后再去设点，得到向量从而化简向量数量积为得，再利用整体法即可判断. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $