精品解析：福建省福州第四中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

福州第四中学2023-2024学年第二学期期末考试 高一数学 一、单选题 1. 若 (其中是虚数单位)，则实数 A. -3 B. -1 C. 1 D. 3 2. 已知是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 如图是甲、乙两人高考前次数学模拟成绩的折线图，则下列说法错误的是 （ ） A. 甲的数学成绩最后次逐渐升高 B 甲有次考试成绩比乙高 C. 甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差 D. 甲的数学成绩在分以上的次数多于乙的数学成绩在分以上的次数 4. 已知i为虚数单位，复数z满足，则复数z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 5. 若一个轴截面为正三角形的圆锥的顶点在球O的表面上，底面圆心与O重合，则该圆锥的表面积与球O的表面积之比为（ ） A. 1:4 B. 1:2 C. 1:6 D. 1:3 6. 在正四棱柱中，，点分别是，的中点，则过点的平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 设向量，，则（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 是函数图象一条对称轴 D. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 12. 已知函数和实数，，则下列说法正确的是（ ） A. 定义在上的函数恒有，则当时，函数的图象有对称轴 B. 定义在上的函数恒有，则当时，函数具有周期性 C. 若，，，则，恒成立 D. 若，，，且的4个不同的零点分别为，且，则 三、填空题 13. 若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则此圆锥的体积为______． 14. 已知单位向量，满足，则向量的夹角为_________． 15. 设x，y是正实数，记S为x，，中最小值，则S的最大值为______. 四、解答题 16. 为落实国家“精准扶贫”政策，让市民吃上放心蔬菜，某企业于2018年在其扶贫基地投入万元研发资金，用于蔬菜的种植及开发，并计划今后十年内在此基础上，每年投入的资金比上一年增长10%. （1）写出第年(2019年为第一年)该企业投入的资金数(万元)与的函数关系式，并指出函数的定义域； （2）该企业从第几年开始(2019年为第一年)，每年投入的资金数将超过万元? （参考数据） 17. 的内角的对边分别为，已知函数的一条对称轴为，且. （1）求A的值； （2）若，求边上的高的最大值. 18. 中，分别为角的对边，满足. （Ⅰ）求角的值； （Ⅱ）若，设角的大小为的周长为，求的最大值. 19. 如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，，点D是的中点． （1）求证：； （2）求三棱锥的体积． 20. 如图1所示，在中，，，，为平分线，点在线段上，．如图2所示，将沿折起，使得平面平面，连结，设点是的中点． （1）求证：平面； （2）在图2中，若平面，其中为直线与平面的交点，求三棱锥的体积． 21. 已知函数． （1）当时，解关于的不等式； （2）若的值域为，，关于的不等式的解集为，求实数的值； （3）设，函数最大值为1，且当时，恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福州第四中学2023-2024学年第二学期期末考试 高一数学 一、单选题 1. 若 (其中是虚数单位)，则实数 A. -3 B. -1 C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数的四则运算可求出实数的值. 【详解】因为，故，整理得到 ，所以，故选A. 【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题. 2. 已知是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由得或，再利用充分不必要条件定义判断得解. 【详解】解：由得得或， 因为当时，或成立， 当或时，不一定成立， 所以“”是“”的的充分不必要条件， 故选：A． 3. 如图是甲、乙两人高考前次数学模拟成绩的折线图，则下列说法错误的是 （ ） A. 甲的数学成绩最后次逐渐升高 B. 甲有次考试成绩比乙高 C. 甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差 D. 甲的数学成绩在分以上的次数多于乙的数学成绩在分以上的次数 【答案】B 【解析】 【分析】根据折线统计图逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】对于A，由折线图可知甲的最后三次数学成绩逐渐升高，A对； 对于B，甲有次考试成绩比乙高，B错； 对于C，由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩接近， 甲的最低成绩为分，乙的最低成绩为分， 因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，C对； 对于D， 甲的数学成绩在分以上的次数为次，乙的数学成绩在分以上的次数为次，D对. 故选：B. 4. 已知i为虚数单位，复数z满足，则复数z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】A 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义得出z对应点的轨迹，从而可判断其所在的象限． 【详解】因为， 所以点z的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 所以复数z对应的点在第一象限． 故选：A． 5. 若一个轴截面为正三角形的圆锥的顶点在球O的表面上，底面圆心与O重合，则该圆锥的表面积与球O的表面积之比为（ ） A. 1:4 B. 1:2 C. 1:6 D. 1:3 【答案】A 【解析】 【分析】设球O的半径为R，由圆锥和球的结构特征可得圆锥底面半径为，母线长为，再利用圆锥的表面积公式和球的表面积公式可得答案. 【详解】设球O的半径为R，则圆锥的高为R， 由正三角形的性质可得圆锥底面半径为，母线长为， 所以圆锥的表面积为， 又球O的表面积为，所以该圆锥的表面积与球O的表面积之比为1:4， 故选：A． 6. 在正四棱柱中，，点分别是，的中点，则过点的平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先作出图形，然后分析图形的特征，求出边长，进而得出周长. 【详解】如图，延长交延长线于点，交的延长线于点， 连接并延长交于点，交的延长线于点， 连接，分别交，于点，， 连接，，则六边形所在平面即为平面， 六边形即为过点的平面截正四棱柱所得的截面多边形， 由全等三角形可知，，，分别为，，的中点， 因为，所以， 所以六边形的周长为． 故选：D． 7. 在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值． 【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形， 设，，， 由平面，平面，得， 则，，，即， 又，则，， 令，则，， ，当且仅当，即时等号成立， 所以三棱锥外接球表面积， 故选：B． 【点睛】结论与方法点睛： （1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心； （2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径． （3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球． 8. 已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心，根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和. 【详解】因为的定义域为，关于原点对称， 所以 ，所以函数为奇函数，关于原点中心对称， 而函数是函数向右平移两个单位得到的函数， 因而关于中心对称， 函数满足，所以， 即，所以函数关于中心对称，且， 且， 所以由函数零点定义可知， 即， 由于函数和函数都关于中心对称， 所以两个函数的交点也关于中心对称， 又因为恰有个零点， 即函数和函数交点恰有个， 且其中一个为，其余个交点关于对称分布， 所以个零点的和满足， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系. 二、多选题 9. 已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用线面平行判定定理和性质定理，结合直线平行的传递性可判断A；由线面垂直判定定理可判断B；由面面平行的判定定理可判断C；根据面面垂直性质定理可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，又，，所以，所以，A正确； 对于B，当时，直线不一定垂直于，B错误； 对于C，由面面平行的判定定理可知，C正确； 对于D，由面面垂直性质定理可知，若直线时，直线不一定垂直于，D错误. 故选：AC 10 设向量，，则（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 【答案】CD 【解析】 【分析】求出可判断A；求出的坐标，利用向量共线的坐标运算可判断B；由向量垂直的坐标运算可判断C；利用向量夹角公式计算可判断D. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，因为，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，所以，故C正确； 对于D，，因为， 所以与的夹角为，故D正确. 故选：CD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 是函数图象的一条对称轴 D. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由降幂公式，辅助角公式可得答案； B由周期计算公式可得答案； C将代入由A选项所得化简式中可得答案； D由函数图象平移知识可得答案． 【详解】Ａ选项，，故A正确； B选项，由A选项结合周期计算公式可知最小正周期为，故B错误； C选项，将代入，在此时得最大值，故是函数图象的一条对称轴，故C正确； D选项，的图象向右平移个单位得，故D正确． 故选：ACD 12. 已知函数和实数，，则下列说法正确的是（ ） A. 定义在上的函数恒有，则当时，函数的图象有对称轴 B. 定义在上的函数恒有，则当时，函数具有周期性 C. 若，，，则，恒成立 D. 若，，，且的4个不同的零点分别为，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的对称性和周期性可分别判断AB；求出时的解析式，然后根据自变量范围代入相应表达式解不等式即可判断C；将问题转化为直线与函数有四个交点，结合图象求得四根的关系即可判断D. 【详解】对于A，若，则， 所以函数的图象的对称轴为直线，故A正确. 对于B，当时，. 若，则，函数不具有周期性，故B错误. 对于C，若，，则， 当时，， 则， 即当时，. 当时，， 所以 ，所以恒成立，C正确. 对于D，当时，，则， 令， 作出函数的图象和直线，如图. 要使有4个不同的零点，则函数的图象与直线有4个不同的交点. 又，则， 所以，， 所以，， 则， 所以，D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分析求解即可. 三、填空题 13. 若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则此圆锥的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面展开图，求出圆锥的底面周长，然后求出底面半径，求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积． 【详解】圆锥的侧面展开恰为一个半径为4的半圆，所以圆锥的底面周长为：，底面半径为：2，圆锥的高为：；圆锥的体积为：故答案为 【点睛】本题是基础题，考查圆锥的侧面展开图，利用扇形求出底面周长，然后求出体积，考查计算能力，常规题型． 14. 已知单位向量，满足，则向量的夹角为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据平面向量的运算律求出，再根据夹角公式计算可得； 【详解】由单位向量，满足， 所以， 所以， 解得，所以， 又，所以， 故答案为：. 15. 设x，y是正实数，记S为x，，中的最小值，则S的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，通过的分类讨论，结合不等式的缩放和基本不等式可求解. 【详解】方法一：设， 当时， 不妨设， ①当时， ②当时，， 若，则； 若，则； ③当时，，， ； ④当时，，， 同理，当时，可以证明 综上所述：S的最大值为. 方法二：由题意知，，则， 所以，解得，故S的最大值为. 故答案为： 【点睛】本题考查了不等式的性质，分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 四、解答题 16. 为落实国家“精准扶贫”政策，让市民吃上放心蔬菜，某企业于2018年在其扶贫基地投入万元研发资金，用于蔬菜的种植及开发，并计划今后十年内在此基础上，每年投入的资金比上一年增长10%. （1）写出第年(2019年为第一年)该企业投入的资金数(万元)与的函数关系式，并指出函数的定义域； （2）该企业从第几年开始(2019年为第一年)，每年投入的资金数将超过万元? （参考数据） 【答案】（1），定义域为； （2）从第8年开始，每年投入的资金数将超过400万元． 【解析】 【分析】 （1）根据题意可得万元，其定义域为， （2）由，解得即可． 【详解】解：（1）第一年投入的资金数为万元， 第二年投入的资金数为万元， 第年年为第一年）该企业投入的资金数（万元）与的函数关系式万元，其定义域为 ； （2）由可得，即 ， 即企业从第8年开始年为第一年），每年投入的资金数将超过400万元． 【点睛】本题主要考查函数模型的选择，属于基础题． 17. 的内角的对边分别为，已知函数的一条对称轴为，且. （1）求A的值； （2）若，求边上的高的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由对称轴求得，再由函数值求得； （2）设边上的高为，由三角形面积得，由余弦定理得出关系，然后由基本不等式得最大值． 【详解】（1）是的对称轴，， 解得：， 又，， ，， ，， ， 解得：. （2）设边上的高为，所以有， 则 由余弦定理得： 即得：（当且仅当时取等号）， （当且仅当时取等号）， ， 此时边上的高取得最大值. 18. 中，分别为角的对边，满足. （Ⅰ）求角的值； （Ⅱ）若，设角的大小为的周长为，求的最大值. 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）先已知根据余弦定理可求出角A的余弦值，然后可得到角A的值． （Ⅱ）先根据正弦定理用角B表示出边b，c，然后代入整理成的形式，注意角B的取值范围,再由正弦函数的性质可求最大值 试题解析：（Ⅰ）在中，由及余弦定理得 而，则； （Ⅱ）由及正弦定理得， 同理 ∴ ∵∴， ∴即时，． 考点：1.正弦定理与余弦定理;2.正弦函数的图象与性质. 19. 如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，，点D是的中点． （1）求证：； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得，，从而平面，而又平面，故； （2）由（1）知，平面，然后利用等体积法求三棱锥的体积． 【小问1详解】 ∵平面，平面，∴ 又，，，∴，∴ 又，平面，平面 ∴平面 又平面，∴． 【小问2详解】 由（1）知平面，∴点A到平面的距离为 又D是的中点，∴点D到平面的距离为 ∵ ∴． 20. 如图1所示，在中，，，，为的平分线，点在线段上，．如图2所示，将沿折起，使得平面平面，连结，设点是的中点． （1）求证：平面； （2）在图2中，若平面，其中为直线与平面的交点，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）取的中点，连接，证明，利用平面与平面垂直的性质证明平面；（2）过点作交于点,因为平面平面，平面，所以平面,求得，利用棱锥的体积公式，即可求三棱锥的体积. 试题解析：（1）在题图1中，因为，，，所以． 因为为的平分线，所以， 所以． 又因为，，所以 则，所以，即 在题图2中，因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）在题图2中，因为平面，平面，平面平面， 所以 因为点在线段上，，点是的中点，所以 过点作交于点 因为平面平面，平面，所以平面 由条件得 又 ， 所以三棱锥的体积为 ． 【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的性质、棱锥的体积公式，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面. 21. 已知函数． （1）当时，解关于的不等式； （2）若的值域为，，关于的不等式的解集为，求实数的值； （3）设，函数的最大值为1，且当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当，即时，原不等式的解集为，，，当时，原不等式的解集为，，，当时，原不等式的解集为，，；（2）；（3）[32,74]. 【解析】 【分析】（1）首先将所给的不等式写成两根式的形式，然后分类讨论确定不等式的解集即可， （2）由三个二次的关系得到方程的两个根之差为4，据此可得实数的值， （3）由题意将表示为含有的等式，然后求得实数的取值范围，最后结合二次函数的性质可得求的取值范围． 【详解】（1）当时，由得， 即， 当，即时，原不等式的解集为，，， 当时，原不等式的解集为，，， 当时，原不等式的解集为，，． （2）由的值域为，，得， 因为关于的不等式的解集为， 所以，是方程的两个实根， 即的两根之差为4， 所以，则，得． （3），则， 则，，时，恒成立， 又， 因为的最大值为1，所以在，上的最大值为1， 由图象开口向上，得，即， 则，且， 此时由，，时，恒成立， 即，，上恒成立， 在，，上恒成立， 当，，时，，即 由重要不等式可得，当且仅当时取等号. 所以 当时，恒成立. 当时，,所以 由重要不等式可得，当且仅当时取等号. 所以 要满足，，时，恒成立，得 综上可得，， 此时，． 【点评】本题主要考查二次不等式的解法，韦达定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．属于难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$