精品解析：福建省福州高级中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

福州高级中学2023-2024学年第二学期期末考试 高一数学 一、单选题 1. 已知集合，，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先由不等式化简集合，再和集合求交集即可得出结果. 【详解】由题意得，，，故选. 【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型. 2. 复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】运用复数除法的运算法则和复数加法的运算法则化简复数，最后判断出复数在复平面内对应的点的位置. 【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点在第四象限内. 故选：D. 3. 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】分析：先化简复数z,再看复数z在复平面内对应的点所在的象限. 详解：由题得，所以复数z在复平面内对应的点为（2,4），故答案为A. 点睛：（1）本题主要考查复数的运算和复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 复数对应的点是（a,b）,点（a,b）所在的象限就是复数对应的点所在的象限.复数和点（a,b）是一一对应的关系. 4. 已知复数在复平面上对应的点为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】复数的几何意义以及复数的除法、乘方运算计算即可求解. 【详解】由题意可得， 于是， 故. 故选：D. 5. 已知某种食品保鲜时间与储存温度有关，满足函数关系（为保鲜时间，为储存温度），若该食品在冰箱中的保鲜时间是144小时，在常温的保鲜时间是48小时，则该食品在高温的保鲜时间是（ ） A. 16小时 B. 18小时 C. 20小时 D. 24小时 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件列出方程组，整体求得，然后整体代入计算即可. 【详解】由题意，得，即， 于是当时，（小时）. 故选：A 6. 当时,若函数的图像与的图像有且只有一个交点,则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两函数解析式分析可得，，，以两函数在出的交点情况进行分类讨论，结合图像，即可求解 【详解】函数为二次函数, 在区间 为减函数,在区间为增函数，； 函数，是斜率为1的增函数. 当时,又因为为正实数, ，； 要使的图像与的图像有且只有一个交点,结合图像 当时，即时，满足，，解得， 故； 当时，即时，满足，，解得，故； 综上所述：正实数的取值范围为 故选：B 【点睛】本题考查有两函数交点个数求解参数范围问题，解题关键在于数形结合与分类讨论，属于中档题 7. 设函数为与中较大的数，若存在使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据绝对值函数的图像和二次函数讨论对称轴判定函数的图像即可求解. 【详解】因为， 所以代表与两个函数中的较大者， 不妨假设 的函数图像如下图所示： 是二次函数，开口向上，对称轴为直线， ①当时， 在上是增函数， 需要即， 则存在使得成立， 故； ②当时， 在上是先减后增函数， 需要， 即， 解得或， 又， 故时无解； ③当时， 在上是减函数， 需要即， 则存在使得成立， 故. 综上所述，的取值范围为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是理解f(x)的定义，数形结合对参数a分三种情况进行分别讨论. 8. 方程在区间内的所有解之和等于 A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】画出函数和的图像，和均关于点中心对称，计算得到答案. 【详解】，验证知不成立，故， 画出函数和的图像， 易知：和均关于点中心对称，图像共有8个交点， 故所有解之和等于. 故选：. 【点睛】本题考查了方程解的问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定函数关于点中心对称是解题的关键. 二、多选题 9. 图象经过第三象限的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】结合常见的幂函数图象，数形结合得到答案. 【详解】由幂函数的图象可知， A中，过第一、二象限； B中，过第一、三象限； C中，且定义域为R，过第一、二象限； D中，过第一、三象限. 故选：BD 10. 的重心为点，点O，P是所在平面内两个不同的点，满足，则（ ） A. 三点共线 B. C. D. 点在的内部 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三角形重心的性质，向量共线的判定及向量的线性运算即可判断． 【详解】 ， 因为点为的重心， 所以，所以， 所以三点共线，故A正确，B错误； ， 因为， 所以，即，故C正确； 因为， 所以点的位置随着点位置的变化而变化，故点不一定在的内部，故D错误； 故选：AC． 11. 已知函数（）的最小正周期满足，且是的一个对称中心，则（ ） A. B. 的值域是 C. 是的一条对称轴 D. 是的一个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的最小正周期，结合题目条件得到，再由函数的一个对称中心是求得，，从而得到函数的解析式，利用正弦函数的图象与性质即可判断各个选项. 【详解】因为函数的最小正周期满足，且， 则，解得：， 令，，解得：，， 则函数（）的对称中心为（）， 又有是的一个对称中心， 所以，，即，， 所以，所以A选项错误； 则函数，当时，， 则，所以B选项正确； 当时，， 则是函数的一条对称轴，所以C选项正确； 当时，， 则不是函数的零点，所以D选项错误； 故选：BC. 12. 已知四面体的顶点，，，均在球的球面上，是边长为2的等边三角形，，棱，，的中点分别为，，，过，，三点的平面截四面体所得截面四边形的对角线互相垂直，则（ ） A. B. 与所成角不可能为90° C. 直线与平面所成的角为30° D. 球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，只需证明四边形为菱形，由即可判断；对于B，用反证法推出矛盾即可判断；对于C，用定义法得出为棱与平面所成角，解三角形即可判断；对于D，求出外接球的半径即可判断. 【详解】对于A，如图，连接，，则，且， 取的中点，连接，， 则，且，所以且， 所以过，，三点的平面截该四面体所得截面为平行四边形， 又，则四边形为菱形， 所以，则，A正确； 对于B，若与所成角为90°，则，由，得，得平面， 所以，则，这与矛盾， 所以与所成角不可能为90°，B正确； 对于C，取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，连结，因为，则，所以， 则，又平面， 所以平面，则为棱与平面所成角， 则，所以直线与平面所成角为60°，C错误； 对于D，由以上分析，平面，因为为直角三角形，且为斜边， 所以四面体外接球的球心为的外接圆的圆心，则球的半径， 所以四面体外接球的表面积为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是用反证法推出矛盾，由此即可顺利得解. 三、填空题 13. 已知，，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为，且， 所以，解得. 故答案为： 14. 设偶函数满足，则满足的实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题可知数在上为增函数，不等式可化为，利用单调性可得，解出即可. 【详解】∵偶函数满足， 函数在上为增函数，且， ∴不等式等价为， ，即或，解得或． 故答案为：. 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，属于基础题. 15. 定义域为实数集的偶函数满足恒成立，若当时，，给出如下四个结论： ①函数的图象关于直线对称； ②对任意实数，关于的方程一定有解； ③若存在实数，使得关于的方程有一个根为2，则此方程所有根之和为； ④若关于的不等式在区间上恒成立，则有最大值． 其中所有正确结论的编号是__________． 【答案】① ② 【解析】 【分析】由已知根据周期函数定义可得，函数为周期为2的函数， 对于①：结合函数的周期性与对称性可得，函数的对称轴为：，从而可判断； 对于②：问题可转化为函数的图象与函数的图象一定有交点，在同一个直角坐标系中，作出两个函数与的图象即可判断； 对于③：将代入方程，求出或，分析不符合题意； 对于④：当时， ，即，即可判断 【详解】解：函数满足，对任意恒成立， 用替换上式中的可得，， 函数为周期为2的函数， 又函数为偶函数， 图象关于轴对称， 对于①：结合函数的周期性与对称性可得，函数的对称轴为：， 由此可得，函数关于直线对称，故①正确； 对于②：方程一定有解，即方程一定有解，即函数的图象与函数的图象一定有交点. 因为函数的图象是将函数的图象沿轴平移个单位长度得到的， 所以在同一个直角坐标系中作出两个函数与的图象如下： 由图象可得，将左右平移后一定会与函数相交，故②正确； 对于③：如图，若为与的一个交点，则当时，与 的图象都关于轴对称，所有交点的横坐标之和为0，故③错误； 对于④：若关于的不等式在区间上恒成立，即恒成立，当时，函数的对称轴在轴左侧，且有， 即，解得，或， ，即实数没有最大值，故④错误． 故答案为：①②. 【点睛】关键点点睛：根据函数的周期性与对称性，在同一个直角坐标系中，作出两个函数与的图象，借助图象分析求解. 四、解答题 16. 已知向量函数； （1）若，求的值； （2）当时，求函数的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据三角恒等变换和同角三角函数的关系求解；(2)利用三角函数的图象性质求函数在指定区间内的值域. 【小问1详解】 ∵， ∴ ∵，即，∴， ∴＝. 【小问2详解】 当，即时，； 当，即时，， ∴当时，函数的值域为． 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，且为锐角. （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为，求的面积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理，以及题中条件，可先得到，再由，求出，进而可求出角； （2）根据题意，得到，由向量模的计算公式，根据题中条件，得到，求出，再由三角形面积公式，即可得出结果. 【详解】（1）由正弦定理可得. 因为，所以， 又，所以. 因为为锐角，所以； （2）由（1）得，又边上的中线长为，所以， 所以，即， 所以. 又因为，所以或（舍）. 所以的面积为. 【点睛】本题主要由正余弦定理解三角形，考查求三角形的面积，涉及平面向量模的运算，属于常考题型. 18. 如图，在直四棱柱中，，，，，垂足为E． （1）求证：； （2）求二面角大小； （3）求异面直线AD与所成角的大小． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质可得平面，则，由于，所以由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质可证得结论； （2）连接，则，所以为二面角的平面角，然后结合已知条件在中求解即可； （3）过作∥，交于，连接，则为异面直线AD与所成角，在中利用余弦定理可求得结果. 【小问1详解】 证明：在直四棱柱中， 因为平面，平面， 所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以； 【小问2详解】 连接， 由（1）可知平面， 因为平面， 所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以， 因为，，， 所以， 所以， 在中，， 所以， 所以二面角的大小为； 【小问3详解】 过作∥，交于，连接，则为异面直线AD与所成角， 因为， 所以，， 所以， 在中，, 所以， 所以异面直线AD与所成角的大小为. 19. 在条件①，，②，，③，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答. 在中，角，，的对边分别为，，，且，___________，求的面积. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案见解析 【解析】 【分析】选择①：由正弦定理求出，利用正、余弦定理列方程组求出边长a，即可求出的面积. 选择②：由正弦定理求出，利用余弦定理求出b，即可求出的面积. 选择③：现进行弦化切及正弦定理得，利用余弦定理得到，求出，，及角A,. 即可求出的面积. 【详解】选择①：由及正弦定理，得. 又， 所以有. 因为， 所以. 从而有. 又，所以， 因，， 由正弦定理得， 所以， 不妨设，， 由余弦定理得，解得，所以. 所以. 选择②：因为， 由正弦定理可得， 即. 又因为，， 所以， 所以， 所以. 因为，， 所以由余弦定理得，解得， 所以. 选择③：因为， 所以， 即， 由正弦定理得， 由余弦定理可得，整理得， 因为，， 所以，， 所以， 所以. 所以. 20. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及同角三角函数的商数关系，结合三角形内角的特点及特殊值对应的特殊角即可求解； （2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，再利用两角和的正弦公式及正弦定理，结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由，得， 因为所以，，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，因为，所以， 因为，所以， 所以. 由正弦定理，得. 所以. 21. 在中,为角平分线,且. （1）若,,求面积; （2）若,求边的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据得到的长,再利用三角形的面积公式求解即可; （2）设,,根据得到,在中,利用余弦定理得到,由两者相等结合的取值范围即可求出结果. 【小问1详解】 因为, 所以, 得:, 解得, 所以. 【小问2详解】 设,, 由得 , 即, 所以, 又在中, 所以, 得, 因为且, 得, 则, 所以, 即边的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福州高级中学2023-2024学年第二学期期末考试 高一数学 一、单选题 1. 已知集合，，则 A B. C. D. 2. 复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 复数在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知复数在复平面上对应的点为，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 已知某种食品保鲜时间与储存温度有关，满足函数关系（为保鲜时间，为储存温度），若该食品在冰箱中的保鲜时间是144小时，在常温的保鲜时间是48小时，则该食品在高温的保鲜时间是（ ） A. 16小时 B. 18小时 C. 20小时 D. 24小时 6. 当时,若函数的图像与的图像有且只有一个交点,则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设函数为与中较大的数，若存在使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 方程在区间内所有解之和等于 A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 二、多选题 9. 图象经过第三象限的函数是（ ） A. B. C. D. 10. 的重心为点，点O，P是所在平面内两个不同的点，满足，则（ ） A. 三点共线 B. C. D. 点在的内部 11. 已知函数（）的最小正周期满足，且是的一个对称中心，则（ ） A. B. 的值域是 C. 是的一条对称轴 D. 是的一个零点 12. 已知四面体的顶点，，，均在球的球面上，是边长为2的等边三角形，，棱，，的中点分别为，，，过，，三点的平面截四面体所得截面四边形的对角线互相垂直，则（ ） A. B. 与所成角不可能为90° C. 直线与平面所成角为30° D. 球的表面积为 三、填空题 13 已知，，若，则__________． 14. 设偶函数满足，则满足的实数的取值范围为________． 15. 定义域为实数集的偶函数满足恒成立，若当时，，给出如下四个结论： ①函数的图象关于直线对称； ②对任意实数，关于的方程一定有解； ③若存在实数，使得关于的方程有一个根为2，则此方程所有根之和为； ④若关于的不等式在区间上恒成立，则有最大值． 其中所有正确结论的编号是__________． 四、解答题 16. 已知向量函数； （1）若，求的值； （2）当时，求函数的值域． 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，且为锐角. （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为，求的面积. 18. 如图，在直四棱柱中，，，，，垂足为E． （1）求证：； （2）求二面角的大小； （3）求异面直线AD与所成角的大小． 19. 在条件①，，②，，③，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答. 在中，角，，的对边分别为，，，且，___________，求的面积. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，求的面积． 21. 在中,为的角平分线,且. （1）若,,求的面积; （2）若,求边的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$