辽宁省大连市第八中学2023-2024学年高一下学期6月阶段测试数学试题

这是一份辽宁省大连市第八中学2023-2024学年高一下学期6月阶段测试数学试题，共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，解答题．本题共5小题，共77分等内容，欢迎下载使用。

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题目要求的．
1．空间中有三条直线a、b、c，则“a、b、c两两相交”是“a、b、c共面”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件
2．已知复数，则z的虚部是（ ）
A．－2B．2C．D．
3．下列命题中正确的是（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体叫做棱柱
B．用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台
C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体叫棱锥
D．以圆的直径为轴，将圆面旋转180度形成的旋转体叫球
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，，且，则（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
7．对于任意的平面向量，，，下列说法中正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，且，则
C．
D．在上的投影向量为
8．已知函数的定义域为，且，若关于x的方程有4个不同实根，，，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：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是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选项的得0分．
9．已知复数，，，下列叙述中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．的图象关于直线对称
C．D．在上的值域为
11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则关于图中的半正多面体，
下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分
12．函数的图像的对称中心坐标是______．
13．已知复数z满足，且是纯虚数，试写出一个满足条件的复数______．
14．已知，函数当时，函数的最大值是______，若函数的图象上有且只有两对点关于y轴对称，则a的取值范围是______．
四、解答题．本题共5小题，共77分
15．如图所示，正方体的棱长为2，连接，，BD，，得到一个三棱锥．求：
（1）三棱锥'的表面积与正方体表面积的比值；
（2）三棱锥的外接球的表面积和体积．
16．已知复数z满足，的虚部为2．
（1）求复数z；
（2）若z是关于x的实系数方程的一个复数根，求b的值；
（3）若复数z的实部大于0，设z、设z、、在复平面上的对应点分别为A、B、C，求的面积．
17．已知函数，直线是函数的图象的一条对称轴．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）已知函数的图象是由的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若，，求的值．
18．如图，扇形ABC是一块半径（单位：千米），圆心角的风景区，点P在弧BC上（不与B，C重合）．现欲在风景区中规划三条商业街道，要求街道PQ与AB垂直于点Q，街道PR与AC垂直于点R，线段RQ表示第三条街道．记．
（1）若点P是弧BC的中点，求三条街道的总长度；
（2）通过计算说明街道RQ的长度是否会随θ的变化而变化；
（3）由于环境的原因，三条街道PQ、PR、RQ每年能产生的经济效益分别为每千米300、200、400（单位，万元），求这三条街道每年能产生的经济总效益的最大值．（精确到1万元）
19．定义非零向量，若函数解析式满足，则称为向量的“件生函数”，向量为函数的“源向量”．
（1）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围；
（2）已知点满足，向量的“伴生函数”在时取得最大值，当点A运动时，求的取值范围；
（3）已知向量的“件生函数”在时的取值为．若中，，点O为该三角形的外心，求的最大值．
2023-2024学年度大连市第八中学高一下6月阶段测试
数学试卷参考答案与试题解析
1．【答案】A
2．【答案】B
【解答】解：，
则z的虚部为2．
故选：B．
3．【答案】D
【解答】解：对于A，如图所示，不表示棱柱；
对于B，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台，故不正确；
对于C，棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体，故不正确；
对于D，以圆的直径为轴，将圆面旋转180度形成的旋转体叫球，故正确，
故选：D．
4．【答案】A
【解答】解．因为，
所以，，
两边平方得
则．
故选．A．
5．【答案】B
【解答】解．根据题意，图1中，设圆B的半径为R，圆F的半径为r，
则有，变形可得，
正方形ABCD的边长为，则其对角线，
即，
解可得：，
在图2中，，，
则该圆锥的高．
故选：B．
6．【答案】D
【解答】解：因为，
所以的角平分线与BC垂直，
所以，
因为，且，
所以，
所以．
故选：D．
7．【答案】D
【解答】解：对于A，时，，不共线时，满足，，不能得出，选项A错误：
对于B，因为，所以，且，
所以，不能得出，选项B错误：
对于C，根据向量数量积的定义知，与不一定相等，与不一定共线，所以不成立，选项C错误；
对于D，在上的投影向量为，选项D正确．
故选：D．
8．【答案】A
【解答】解：由，
若，则，可得，，
所以，
若，则，可得，
所以，，
所以，其函数图象如图，
要使有4个不同实根，，，，则，
由图知：，，故，且，
所以的范围为．
故选：A．
9．【答案】ABD
【解答】解：对于A，取，，满足，但此时，都不是实数，都不能比较大小，故A错误；
对于B，取，，，满足，但此时，故B错误：
对于C，若，而，，则，故C正确；
对于D，取，，，满足，
但此时，，两两互不相等，故D错误．
故选：ABD．
10．【答案】AC
【解答】解．根据函数（其中，，）的部分图象可得，
可得，求得，故A正确，
由题意结合五点法作图，可得，求得，
可得，故C正确，
可得，可得的图象不关于直线对称，故B错误，
若，则，可得，可得，故D错误．
故选：AC．
11．【答案】ABD
【解答】解：A：如图，因为，
所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故A正确；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，
又，所以正六边形面积为，故B正确；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形ABCFED的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误：
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，
所以其表面积为，故D正确．
故选，ABD．
12．【答案】
【解答】解：，对称中心
13．【答案】或
【解答】解：根据题意，设（、），
若，即，则有，
变形可得，
又由是纯虚数，即是纯虚数，
设，变形可得，则有，解可得，
故或，
故答案为：或．
14．【答案】，．
【解答】解：（1）当时，，
令，当，即时取等号，
即当时，，
令，
又因为，
则；
（2）图象仅有两对点关于y轴对称，
即的图象关于y轴对称的函数图象
与仅有两个交点，
当时，．
设其关于y轴对称的函数为，
∴
∵，
由（1）可知近似图象如图所示：
当与仅有两个交点时，，
综上，a的取值范围是，
故答案为：，．
15．【解答】解：（1）正方体的棱长为2，
则三棱锥的棱长为，
表面积为，正方体表面积为，
∴三棱锥的表面积与正方体表面积的比值为；
（2）三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个球，
设正方体的外接球直径为，则，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积，
体积是．
16．【解答】解：设，
由已知可得：，即，
解得或．
∴或；
（2）中，
（3）当时，，，
∴，，，
故的面积．
17．【解答】解：（1）函数
∴直线是函数的图象的一条对称轴，
∴，，∴，故．
令，求得，
可得函数的增区间为，．
（2）已知函数的图象是由的图象上
各点的横坐标伸长到原来的2倍，
可得的图象；
然后再向左平移个单位长度得到的图象，
∵，，
∴，∴，
∴．
18．【解答】解：∵若P是弧BC的中点，∴P位于的角平分线上，
∵，∴，
则，
，
∵，
∴为等边三角形，
则，
三条街道的总长度．
（2），，
则，，
，
由余弦定理可知：，
，
则，为定值，
即RQ的长度不会随θ的变化而变化．
（3）设三条街道每年能产生的经济总效益W，
，
设，，则，
则，
当时，W取最大值，最大值为，
即三条街道每年能产生的经济总效益最高约为1222万元．
19．【解答】解．（1）因为向量为函数的“源向量”，所以，
则方程在上有且仅有四个不相等的实数根，
所以在上有且仅有四个不相等的实数根，
令，，
①当时，
，
②当时，，
所以
其图象为：
结合，，，
故当在上有且仅有四个不相等的实数根时，
k的取值范围为．
（2）由题意得：
，其中，
当，即时，取最大值，
故，
则，
令，由于，故，
即，则，解得，
所以，因为单调递增，
所以，所以的取值范围为；
（3）由题意得，，则，
在三角形ABC中，，，因此，
设三角形ABC外接圆半径为R，根据正弦定理，，故，
所以，
，
，，，
代入得：，
所以当时，取得最大值3．