重庆市第一中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（原卷及解析版）

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注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
一、单选题（本大题共8个小题，每题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）
1. 复数满足（i为虚数单位），则（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法法则求得，再利用模长公式即可求解.
【详解】由可得，
所以.
故选：D
2. 若直线的倾斜角为，则实数值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜率定义，结合诱导公式可得.
【详解】由题知，，
解得.
故选：C
3. 已知单位向量，满足，且，则向量与的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积计算向量的夹角；
【详解】因为，两边平方可得，解得，
则
故选：D.
4. 用、、表示三条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】对于A，由，，所以或，结合面面垂直的判定定理即可判断；对于BCD，在正方体中举反例即可判断错误.
【详解】对于A，因为，，所以或，
当时，，所以，
当时，由线面平行的性质定理可得内有一条直线与平行，
则，所以，故A正确；
对于B，在正方体中，平面，平面，
但与相交，故B错误；
对于C，在正方体中，， 但与相交，故C错误；
对于D，在正方体中，平面，，但平面，故D错误.
故选：A
5. 已知直线：与圆：交于，两点，则线段长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得直线恒过的定点，找出弦长取得最值的状态，即可求出的取值范围.
【详解】圆C：可化为，
则圆心，半径为，
由可得，
联立，解得，
直线l：恒过定点，
点在圆C内，
的最大值为，
当直线时，取得最小值，此时，
，
故线段AB长度的取值范围是.
故选：A.
6. 若的内角，，对边分别是，，，，且，则角大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，结合余弦定理即可求解.
【详解】且，，即，
根据余弦定理可得，
又，.
故选：B
7. 在正三棱台中，，，二面角的正弦值为，则的外接球体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】记正三棱台上下底面的中心分别为，的中点分别为，的中点为，先判断为二面角的平面角，然后求出棱台的高，判断球心位置，利用勾股定理求解可得半径，然后可得体积.
【详解】记正三棱台上下底面的中心分别为，的中点分别为，的中点为，
如图，因为为等腰梯形，分别为的中点，
所以，由等腰梯形性质可知，
又为正三角形，所以，
所以为二面角的平面角，
由正棱台性质可知，平面，
因为，，所以，
所以，
易知，所以为平行四边形，
所以，所以平面，
由题知，
所以，所以，
所以，
易知，正三棱台的外接球的球心在射线上，记为，半径为
若球心在线段上，则，
即，解得，不符合题意；
若球心在下底面下方，则，
即，解得，则，
所以的外接球体积为.
故选：B
8. 已知，是椭圆左、右焦点，若椭圆上总存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点位于短轴端点时取得最大值，将问题转化为，记，利用二倍角公式求得，根据构造齐次式即可求解.
【详解】由椭圆性质可知，当点位于短轴端点时取得最大值，
要使椭圆上总存在点，使得，

只需满足，且，
记，则有，且，
所以，解得（舍去）或，
所以，即，
整理得，所以，所以.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于根据椭圆上的动点位于短轴端点时取得最大值，将问题转化为，从而得解.
二、多选题（本大题共3个小题，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，有选错的得0分）
9. 已知两椭圆和，则（ ）
A. 两椭圆的焦距相等B. 两椭圆的离心率相等
C. 两椭圆有2个交点D. 两椭圆有4个交点
【答案】BC
【解析】
【分析】化为标准方程，求出相关长轴、短轴、焦距以及离心率一一分析即可.
【详解】椭圆：（），即，
椭圆：（），即，
则的长半轴长为，短半轴长为，焦半距长，
的长半轴为，短轴为， 焦半距长，
对于A，的焦距为，的焦距为，故A错误；
对于B，的离心率为，的离心率，故B正确；
对于CD，联立可得，所以与有2个公共点，故C正确，D错误.
故选：BC.
10. 若的内角，，对边分别是，，，，且，则（ ）
A. 外接圆的半径为B. 的周长的最小值为
C. 的面积的最大值为D. 边的中线的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由正弦定理进行边角互化可得B，再利用正弦定理可得外接圆的半径；对于BC，利用余弦定理结合基本不等式可得的最值及的最值；对于D，根据向量的线性运算，可表示中线，进而可得其长度最值.
【详解】对于A：，由正弦定理得，
即，即，
因为，所以，所以，，
因为，则， 令外接圆的半径为,
根据正弦定理可得，即，故A正确；
对于C：由余弦定理知，，
因为，，所以，，当且仅当时等号成立，
因为，所以的最大值为，故C正确；
对于B：由C知，则，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为，故B错；
对于D：因为为边上的中线，
所以，，
得，因为，所以的最小值为，故D正确；
故选：ACD.
11. 棱长为2的正方体中，，，，则（ ）
A. 三棱锥的外接球半径为
B. 直线与直线所成角的余弦值的最小值为
C. 时，过点作直线的垂面，则平面截正方体所得截面面积为
D. 若，则三棱锥的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由三棱锥的外接球也是正方体的外接球，即可求得半径；对于B，在线段上取一点，使得，连接，则，所以（或其补角为）直线与直线所成角，不妨令与重合，从而可知当与重合时，此时最大，从而可判断；对于C，证明过点作直线的垂面即平面,求解即可判断；对于D，采用切割法求得体积，从而可判断.
【详解】对于A，因为三棱锥的外接球也是正方体的外接球，
所以三棱锥的外接球半径为，故A正确；
对于B，因为,，
所以点在线段上，点在线段上，
在线段上取一点，使得，连接，则，
所以（或其补角为）直线与直线所成角，
因为平面，所以平面，即，
所以,
不妨令与重合，所以当与重合时，此时最大，为，
所以最大，此时最小，为，故B错误；
、当时，点与重合，
则过点作直线的垂面即平面,证明如下：
连接，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，所以，
同理可证，又平面，
所以平面，即平面，
所以平面截正方体所得截面为,
其面积为，故C正确；
对于D，当时， ，
在上取，在上取，连接,
则四边形为平行四边形，
则几何体的体积为正方体体积的一半，即，
令，则，
所以三棱锥的体积为，
又，
，
所以三棱锥的体积为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：
（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；
（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；
（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 圆锥的母线与底面所成角为60°，高为，则该圆锥的侧面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据锐角的三角函数定义求出母线长和底面半径，然后由圆锥侧面积公式可得.
【详解】如图，由题可知，，
所以该圆锥的侧面积为.
故答案为：
13. 等腰直角中，，，，与交于点，若，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】令，利用基底法表示，求得，再利用数量积的运算律即可求解.
【详解】等腰直角中，，
令，则，
又，
，解得，
所以，，
所以.
故答案为：.
14. 锐角的面积为，且，若恒成立，则实数的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式得到，由面积公式得到，即可得到，根据三角形为锐角三角形求出的取值范围，即可得解.
【详解】解：因为，由正弦定理得，
∴，
∴或（舍去），
所以．
∵的面积为，
∴，
∴．
所以
．
∵为锐角三角形，
∴，解得，
∴，即，则，
∴，即．
其中，解得或（舍去），
∴．
∴，
∴实数的最大值为．
故答案为：
四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知圆：关于直线的对称圆的圆心为，若直线过点.
（1）若直线与圆相切，求直线的方程；
（2）若直线与圆交于两点，，求直线的方程.
【答案】（1）或.
（2）或
【解析】
【分析】(1)分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算即可；
(2)由题意知直线的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的半径计算即可.
【小问1详解】
由题意可知圆：的圆心坐标，半径，
当直线的斜率不存在时，直线过点.即的方程为时，此时直线与圆相切，符合题意；
当直线的斜率存在时，设斜率为，直线过点.设直线的方程为，
即化为一般式：，直线与圆相切，则，
即，解得，所以的方程为：，即.
综上，当直线与圆相切，直线的方程为或.
小问2详解】
圆：的圆心坐标，半径，
设，因为圆关于直线的对称圆的圆心为，
所以，解得，圆的圆心为，半径为1.
当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时直线过圆的圆心，，不符合题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，直线过点.设直线的方程为，即化为一般式：，圆心到直线的距离.
若直线与圆交于两点，，根据勾股定理可得，解得，
所以直线的方程为或
16. 已知面积为，且.
（1）求角；
（2）若，，求的长度.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积定义和三角形面积公式列方程组求解可得，然后可得角；
（2）利用面积公式和和余弦定理列方程组求出，将变形，用表示出，然后平方即可求解.
【小问1详解】
记的内角所对的边分别为，
因为，所以①，
因为的面积为，所以②，
联立①②可得，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，即，
在中，由余弦定理得，整理得，
联立解得或，
由得，即，
所以
，
当时，，；
当时，，.
所以的长度为或.
17. 五面体中，，，，均为正三角形.

（1）证明：；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记的中点为，利用等腰三角形性质证明和勾股定理，结合线面垂直判定定理证明平面，可得，然后再通过证明平面，结合线面垂直的性质可证；
（2）记的交点为，连接，的中点为，作，垂足分别为，连接，然后证明或者其补角即为平面与平面所成夹角，利用余弦定理求解可得.
【小问1详解】
因为，，均为正三角形，
所以，
记的中点为，连接，则，
因为，所以，
所以，则，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
易知在中，，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
记的交点为，连接，的中点为，
作，垂足分别为，连接，
因为，所以，所以，
由题设易得，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
所以四边形为菱形，所以，，
所以，则，
解得，
在中，，
由余弦定理得，
所以，
所以为的中点，又为的中点，所以，，
所以，所以或者其补角即为平面与平面所成夹角，
又，
所以，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为.

18. 椭圆的对称中心为坐标原点，且与椭圆：的离心率相等，焦点在同一坐标轴上，椭圆的长轴长与椭圆的长轴长之比为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作两条相互垂直的直线、，其中直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆交于两点，求四边形的面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出椭圆的长轴长、离心率，根据题意列方程组求出可得；
（2）当斜率不存在、斜率为0时，直接求四边形面积；当斜率存在且不为0时，设，则，分别联立椭圆方程，利用弦长公式求出，利用换元法化简，结合二次函数性质求解即可.
【小问1详解】
记椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距分别为，
将椭圆化为标准方程得，
则其长轴长为，离心率为，焦点在轴上，
由题意有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当斜率不存在时，其方程为，
代入椭圆方程得，解得，，
易知此时，所以；
当斜率为0时，易知；
当斜率存在且不为0时，设，则，
联立消去得，
设，
因为，
所以，
所以，
同理，联立求解可得，
因为，所以，
令，则，
令，则，
由二次函数性质可知，，
所以，即.
综上，四边形的面积的取值范围为.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的综合性问题，一般采取设而不求的思想求解，先设直线方程，联立曲线方程消去或，利用韦达定理将条件或所求转化为关于所设参数的表达式，然后整理、化简即可.
19. 三维空间中，如果平面与球有且仅有一个公共点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系中，球的半径为，记平面、平面、平面分别为、、.
（1）若棱长为的正方体、棱长为的正四面体的内切球均为球，求的值；
（2）如果在球面上任意一点作切平面，记与、、的交线分别为、、，求到、、距离的乘积的最小值（结果用表示）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的值，利用等体积法求出的值，由此可得出的值；
（2）设为球面上一点，则，求出平面方程，可求出平面与三条轴的交点坐标，利用等面积法求出点到直线、、距离，再利用三元基本不等式可求得到、、距离乘积的最小值.
【小问1详解】
由题意可知，球的外切正方体的棱长为，
设球的外切正四面体为，如下图所示：
设顶点在底面的射影为点，则为正的中心，
取线段的中点，连接，则，
则，，
所以，，，
因为，
，故，解得，
所以，.
【小问2详解】
设为球面上一点，则，
在平面上任取一点，则，
即，
即，即，
因为平面与三个坐标平面均有交线，则，
平面分别交、、轴于点、、，
设到、、距离分别为、、，
则，
同理可得，，
所以，，
当且仅当，即当时，等号成立，
故到、、距离乘积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：
第二问的关键是想办法得到平面分别与、、轴的交点，从而可利用等面积法得到点到、、的距离，再利用三维的基本不等式即可求解.