四川省泸州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含答案)

这是一份四川省泸州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若集合,,则( )
A.B.C.D.
2．设复数z满足,则( )
A.B.C.D.
3．设,,则( )
A.B.C.D.
4．已知,则( )
A.B.C.D.
5．平面与平面平行的充分条件可以是( )
A.内有无穷多条直线都与平行
B.直线,,且,
C.直线,直线,且,
D.内的任何一条直线都与平行
6．如图,为直角三角形,,,C为斜边的中点,P为线段的中点,则( )
A.1B.C.D.
7．若圆台侧面展开图扇环的圆心角为,其母线长为2,下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍,则该圆台的高为( )
A.B.C.D.
8．已知函数,若方程有4个不同的根,,,,且,则的值为( )
A.3B.0C.2D.6
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.任意向量,,若且与同向,则
B.若向量,且,则A,B,C三点共线
C.若,则与的夹角是锐角
D.已知|,为单位向量,且,则在上的投影向量为
10．已知函数,满足,且,则( )
A.的图象关于对称B.
C.在上单调递减D.的图象关于点对称
11．正方体的棱长为2,已知平面,则关于平面截正方体所得截面的判断正确的是( )
A.截面形状可能为正三角形B.平面与平面ABCD所成二面角的正弦值为
C.截面形状可能为正六边形D.截面面积的最大值为
三、填空题
12．已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数,当时,,则的值为____________．
13．计算：__________.
14．已知三棱锥底面是边长为3的等边三角形,且,当该三棱锥的体积取得最大值时,其外接球的表面积为____________．
四、解答题
15．已知向量,,且．
（1）求向量与的夹角．
（2）若向量与互相垂直,求k的值．
16．已知函数的部分图象如下图所示．
（1）求函数的解析式．
（2）若将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变,横坐标缩短到原来的倍,再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象,求不等式的解集．
17．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知．
（1）求B;
（2）若,且,求．
18．如图,在四棱锥中,底面是正方形,E,F分别为,的中点,G为线段上一动点,平面．
（1）证明：平面平面;
（2）当时,证明：平面;
（3）若,四面体的体积等于四棱锥体积的,求的值．
19．对于三个实数a,b,k,若成立,则称a,b具有“性质k”
（1）写出一个数a使之与2具有“性质1”,并说明理由;
（2）若,具有“性质0”,求x的取值范围;
（3）若,且,具有“性质k”,求实数k的最大值．
参考答案
1．答案：B
解析：,
,
所以.
故选：B.
2．答案：C
解析：因为,
所以.
故选：C.
3．答案：D
解析：因为函数在R上单调递增,
所以,
又因为函数在上单调递增,所以,
所以.
故选：D.
4．答案：B
解析：依题意,.
故选：B.
5．答案：D
解析：对于A,若内有无穷多条直线都与平行,
则,平行或相交,故充分性不成立,故A错误;
对于B,如图,在正方体中,
平面,平面,
而平面平面,故充分性不成立,故B错误;
对于C,如图,在正方体中,
平面,平面,
而平面平面,故充分性不成立,故C错误;
对于D,由面面平行的定义知能推出平面与平面平行,故充分性成立,故D正确.
故选：D.
6．答案：B
解析：因为,
所以,
取中点Q,连接,
.
故选：B.
7．答案：C
解析：设圆台的上底面的圆心为H,下底面的圆心为O,设圆台的母线交于点S,
为圆台的母线,且,下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍,
所以,所以,所以,
由圆台侧面展开图扇环的圆心角为,
所以下底面圆的周长为,所以,所以,,
在直角梯形中,易求得.
故选：C.
8．答案：A
解析：作出函数的图象如下
由对称性可知,,因为,
由图可知,
所以,
则,,
,
故选：A.
9．答案：BD
解析：对于A,向量不能比较大小,故A错误,
对于B,向量且时,由向量共线定理的推论,知A,B,C三点共线,故B正确,
对于C,当,同向共线时,,此时夹角不是锐角,故C错误,
对于D,由题意得,由投影向量定义得投影向量为,故D正确.
故选：BD
10．答案：BD
解析：因为函数函数,满足,
所以的图象关于对称,故A错误;
所以,所以,,
所以,,
因为,
,即,
所以,,所以,故B正确;
则,由,可得,
所以在上不单调,故C错误;
由,
所以的图象关于点对称,故D正确．
故选：BD．
11．答案：ACD
解析：如图,在正方体中,连接,,,,
因为平面,平面,则,
因为四边形为正方形,则,
又因为,,平面,
所以,平面,因为平面,则,
同理可证,因为,,平面,
则平面,
所以平面与平面平行或重合,
所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形,故A正确;
平面与平面所成二面角正弦值为即为平面与平面所成的角,
设与交于O,连接,
因为四边形是正方形,所以,又平面,
又平面,所以,
又,,平面,又平面,
所以,所以是平面平面与平面所成二面角的平面角,
由题意可得,进而可得,所以,
所以,
所以平面与平面所成二面角的正弦值为,故B错误;
当E,F,N,,M,G,H分别为对应棱的中点时,截面为正六边形,
因为E,H分别为,的中点,
则,因为平面,平面,
则平面,同理可得平面,
又因为,,平面,
则平面平面,
所以,平面,此时截面为正六边形,故C正确;
如图设截面为多边形,
设,则,则,,
所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和,
所以,
因为,,
所以
=
,当时,,故D正确.
故选：ACD.
12．答案：
解析：根据题意,是定义在R上周期为2的奇函数,
所以.
故答案为：.
13．答案：4
解析：
14．答案：
解析：依题意,三棱锥的底面面积是个定值,
侧面是等边三角形,顶点S到边的距离也是一个定值,
所以当该三棱锥的体积取得最大值时,平面平面,
取的中点,连接,,N,M分别为正三角形,的中心,
所以,,所以为二面角平面角,
可得,过N,M分别作平面,平面的垂线,,两垂线交于O,
则O为外接球的球心,由正三角形的性质可求得,
进而可得,,
易得四边形是正方形,所以,
由勾股定理可得,
其外接球的表面积为.
故答案为：.
15．答案：（1）
（2）或
解析：（1）由,得,
设向量与的夹角为,
由,,又,所以,
所以,解得,
所以向量与的夹角为．
（2）由向量向量与互相垂直,得,
所以,即,
解得或．
16．答案：（1）
（2）,
解析：（1）由图象知,,即,又,
所以,所以,则
又函数过点,所以,
所以,所以,,解得,.
又,所以,即．
（2）将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变,横坐标缩短到原来的倍,
可得函数,
再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象,
所以,
由,可得,所以,
所以,,所以,,
所以不等式的解集为,．
17．答案：（1）
（2）2
解析：（1）因为余弦定理可得,
所以,
因为,
所以.
（2）因为正弦定理得,
所以,,
又,所以,即,
由余弦定理得,即,
因为,所以.
18．答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）设与交于O,连接,
因为四边形是正方形,所以,且O为的中点,
又平面,又平面,所以,
因为E是的中点,所以,所以,
又,,平面,所以平面,
又平面,所以平面平面;
（2）连接交于点M,连接,连接,则O为的中点,
因为,所以,因为E,F分别为,的中点,
所以M为的重心,所以,所以,
所以,又平面,平面,
所以平面;
（3）由平面,
可得,
因为E,F分别为,的中点,
所以,
所以,所以
又四面体的体积等于四棱锥体积的,
所以,所以点G,A平面的距离之比为,
所以.
19．答案：（1）（答案不唯一）,理由见解析.
（2）或
（3）0
解析：（1）与2具有“性质1”.
当时,,
即,则2与2具有“性质1”
（2）若具有“性质0”,
所以,
即,
令,,所以,
所以,解得或
即或
所以或
因此x的取值范围或
（3）若,且,具有“性质k”,
所以,
因为,所以,,
化简得,
令,,两边平方得,
令
求导得,
令,求导得
令,解得,
当,,在上单调递减;
当,,在上单调递增;
又因为,所以,
因此,即y在单调递减,当时,y取最小值为0,
进而得到,实数k的最大值为0.