[数学][期末]四川省成都市2022-2023学年高一下学期期末试题(解析版)

这是一份[数学][期末]四川省成都市2022-2023学年高一下学期期末试题(解析版)，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下面有四个命题：
①；②若，则；③若不属于，则a属于；④若，则.
其中真命题的个数为（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】①由子集概念知正确；
②因为，所以，故错误；
③当时，，，故错误；
④因为，所以，故错误.
故选：B.
2. 已知正实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 9
【答案】C
【解析】因为正实数x，y满足，所以，
则，
当且仅当且，即，时取等号.
故选：C.
3. 幂函数在区间上单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 减函数C. 是奇函数D. 是偶函数
【答案】C
【解析】函数为幂函数，则，解得或，
当时，在区间上单调递增，不满足条件，排除A；
当时，在区间上单调递减，满足题意；
函数在和上单调递减，但不是减函数，排除B；
因为函数定义域关于原点对称，且，
所以函数是奇函数，不是偶函数，故C正确，D错误.
故选：C.
4. 标准的围棋共行列，个格点，每个点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有种不同的情况，而我国北宋学者括在他的著作《梦溪笔谈》中，也论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”，即，下列数据最接近的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意，对于，有
，
所以，分析选项B中与其最接近.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，
所以，即，
所以，则，
所以
.
故选：D.
6. 已知中，角对应的边分别为，是上的三等分点（靠近点）且，，则的最大值是（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】因为，
由正弦定理得，则，即，
所以，，则，
设，则，且，
在中，，则，
在中，，则，
又，即，
又由正弦定理知（为的外接圆半径），
所以，
则，即，
又，故当，时，.
故选：A.
7. 已知为的外心，为锐角且，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系，如图，
（为边的中点），由外接圆的性质得，
因为为锐角且，
所以，
设外接圆的半径，则，
因为，所以，，
所以，，，设，
则外接圆的方程为：，
因为，所以，
则，解得，
则，
代入外接圆方程得：，整理得：，
由基本不等式得：，当且仅当取等号，
化简得：，解得或，
由图知：，所以，故的最大值为.
故选：D.
8. 如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】连接交平面于点，延长线段至点，使得，
连接、、，如下图所示：
已知在正方体中，底面，平面，
，
又四边形为正方形，所以，，
，平面，平面，，
同理，，平面，
三棱锥的体积为，
，，
可得，
所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，
而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：
其中，不妨设，由题意可，
所以，，可得，
所以，点在平面内以点为圆心，半径为圆上，
因为，所以直线与直线的夹角即为直线与直线所成角，
接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解，
如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，
根据题意可知，，且，
所以，，，
如图所示，，当点在处时，最大，
当点在处时，最小，
这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；
当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为，
综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9. 已知是虚数单位，复数，，则（ ）
A. 任意，均有B. 任意，均有
C. 存在，使得D. 存在，使得
【答案】AD
【解析】根据复数的概念可知不能与实数比大小，
故B错误；
由复数的模长公式可得，
易知，且不能同时取得等号，故，即A正确；
即动点E到动点F的距离，
显然E在抛物线上，F在单位圆上，如图所示，
当时，，故D正确；
若存在，使得，则，
由上知，即上述方程组无解，故C错误.
故选：AD.
10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题是真命题的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，，，则只有一解
C. 若，则
D. 若为锐角三角形，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A：由，由正弦定理可得，
则，
因为，则，
可得，即，所以为等腰三角形，故A正确；
对于选项B：若，，，则，
所以有两解，故B错误；
对于选项C：若，
有正弦定理可得，
则，即，
因为，则，
可得，所以，故C正确；
对于选项D：若为锐角三角形，则，可得，
且，，则在上单调递增，
所以，
又因为，则，可得，
所以，故D正确．
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是以为周期的周期函数
B. 在上单调递减
C. 的值域为
D. 存在两个不同的实数，使得为偶函数
【答案】BD
【解析】
，所以函数的周期不为，故选项A错误；
时，，
故，令，
则，
因为，所以，故，
且t在单调递减，
又，故，开口向下，对称轴为，
故在单调递增，
由复合函数满足同增异减可知：在单调递减，B正确；
令，
若，，即，时，
，
两边平方得：，
故，
若，，即，时，
此时，
两边平方得：，
此时，
综上：对于，均有，
所以变形为，
因为，所以当时，取得最大值，最大值为1，
其中，，
因为，故最小值为，
综上：的值域为，C错；
，
则，
假设为偶函数，则，
即，
只需且，
由可得：
，①，或②，
其中由①得：，，不能对所有恒成立，舍去；
由②得：，
由可得：③，
由③得：，
故需要保证与同时成立，
令，解得：且，
令，解得：且，故，
取，此时，此时令，解得：，
符合要求，
取，此时，此时令，解得：，舍去，
取，此时，此时令，解得：，
符合要求，
综上：存在两个不同的实数，使得为偶函数，
，就是这两个实数，D正确．
故选：BD．
12. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C. 勒洛四面体表面上交线的长度为
D. 勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【解析】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，
其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，
则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数，当时，的最大值是4，则_____．
【答案】1
【解析】，
因为，，
当时，取得最大值为，则.
故答案为：1.
14. 对任意两个非零的平面向量和，定义，若平面向量、满足，与的夹角，且和都在集合中，则___________
【答案】
【解析】因为，故，
又由，则，，可设，，令，，
且，
又夹角，所以，
对，进行赋值即可得出，所以．
故答案为：．
15. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________．
【答案】
【解析】如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
16. 如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】因为，由余弦定理得：
，
因为，由勾股定理逆定理得：，
直四棱柱中，底面为平行四边形，
故⊥CD，
点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故BC为直径，
取BC的中点E，则E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，
设与AD相交于点M，与相交于点N，连接EM，ED，
则EM=ED，
因为，故，，
故三角形DEM等边三角形，，
即为AD的中点，同理可得：N为的中点，
连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，
显然，当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，
假如点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，
如图1，点P与点N重合，连接OC，设，则OE=2-R，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时外接球表面积为；
如图2，当点P与或重合时，连接，
其中，
设，则，
由勾股定理得：，，
故，解得：，
此时外接球半径为，故外接球表面积为，
但因为点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，
综上：的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数）.
（1）求实数及；
（2）设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围．
解：（1）∵，∴，
，
为纯虚数，，解得，
故，则.
（2），，
复数所对应的点在第二象限，，解得，
故实数的取值范围为.
18. 如图所示，在中，为边上一点，且，过的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，两点不重合）.
（1）用，表示；
（2）若，，求的最小值.
解：（1）因为，所以，
化简得.
（2）因为，，，
所以，由图可知，，
又因为、、三点共线，所以，
所以，
当，即时，取最小值.
19. 设.
（1）判断函数的奇偶性，并写出最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
解：（1）由题意得，
故
，令，，
由于不恒等于，也不等于，
故为非奇非偶函数，其最小正周期为.
（2）由题意可得
，
因为，所以，故，
故的最大值为，
即函数在上的最大值为.
20. 某游戏厂商对新出品的一款游戏设定了“防沉迷系统”，规则如下：
①3小时内（含3小时）为健康时间，玩家在这段时间内获得的积累经验值（单位：EXP）与游玩时间 （单位：小时）满足关系式： ；
②3到5小时（含5小时）为疲劳时间，玩家在这段时间内获得的经验值为0（即累计经验值不变）；
③超过5小时的时间为不健康时间，累积经验值开始损失，损失的经验值与不健康时间成正比例关系，正比例系数为50.
（1）当时，写出累计经验值E与游玩时间 的函数关系式，并求出游玩6小时的累积经验值；
（2）该游戏厂商把累计经验值与游玩时间的比值称为“玩家愉悦指数”，记为，若，且该游戏厂商希望在健康时间内，这款游戏的“玩家愉悦指数”不低于24，求实数的取值范围.
解：（1）由题意可得：当时，则，
且；
当时，则；
当时，则；
综上所述：，
若，则，所以（EXP）.
（2）由（1）可得：，
则，
由题意可得：当时，恒成立，
整理得对任意恒成立，
因为的开口向上，对称轴，
则时，取到最小值，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
21. 如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.
（1）若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；
（2）若点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，若平行四边形区域为学生的休息区域，记，请写出学生的休息区域的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值.
解：（1）由条件知，，又因为，则，所以，
又因为当时，有，且，所以，
所以曲线段ABCD的解析式为，，
由，即，或，
解得，又因为，所以，，所以；
或，无论k为何值都不符合，舍去，
所以，即该学生走过的路BO的长为千米.
（2）由题可知，当时，，所以，
则，，，所以，
在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故
，
即，
当时，，此时S取得最大值.
22. 如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面．
（1）求证：直线平面；
（2）设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角；
（3）若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高．
解：（1）斜三棱柱中，为的中点，为的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为AC=BC，为的中点，所以CD⊥AB，
因为平面⊥平面，交线为AB，CD平面ABC，
所以CD⊥平面，故⊥平面，
所以，又与互相垂直，，面，
故面，得.即为直角三角形，
在中，为中点，，所以为的三等分点，设，
由余弦定理可得：
，
解之：，所以故，
⊥平面，在中，.
与所成的角为
（3）过作于，过作于，连，
为直截面，小球半径为的内切圆半径，
因为，所以，
故AC⊥BC，则，
设所以，由解得，；
由最小角定理，
，
由面，易知，，
内切圆半径为：，则