[数学][期末]四川省成都市新都区2023-2024学年高一下学期期末测试试题(解析版)

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一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 已知复数z满足：（i为虚数单位），则z为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
故选：B.
2. 在直角坐标平面内，的三顶点的坐标分别为，，，则的面积为（ ）
A. 120B. 60C. 30D. 15
【答案】C
【解析】因为的三顶点的坐标分别为，，，
所以，，
，
因为，所以，
则直角三角形的面积为.
故选：C.
3. 将函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象向左平移后得函数的图象，则函数的解析式为（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】将函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到的图象，
再将图象向左平移后得函数图象，即.
故选：D.
4. 在正四棱锥的所有棱长均相等，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】取线段中点，因为点为中点，所以，
所以异面直线与所成角为，
不妨设正四棱锥的所有棱长均为2，
则，，
所以.
故选：D.
5. 在直角坐标平面内，已知，，，，以y轴为旋转轴，将四边形ABCD旋转一周，得一个旋转体，则此旋转体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】此旋转体的表面积为底面半径为4、高为3的圆锥的侧面积加上底面半径为4、高为5的圆柱的侧面积再加上该圆柱的一个底面面积；
故所求为.
故选：C.
6. 中，角所对的边分别为，，，交于点，且，则的值为（ ）
A. B. C. 6D. 3
【答案】B
【解析】因为，，得到，
在中，，，
由余弦定理得到，
所以，即，
所以，得到.
故选：B.
7. 八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩的成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形（如△ACD）为等腰直角三角形，点O为圆心，中间部分是正方形且边长为2，定点A，B所在位置如图所示，则的值为（ ）
A. 14B. 12C. 10D. 8
【答案】A
【解析】如图：连接，
因为中间是边长为2的正方形，且图中的各个三角形均为等腰直角三角形，
所以，，，.
所以
.
故选：A.
8. 四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设点在平面的射影为，，因为，
所以，这表明点为三角形外接圆的圆心，
注意到，，
所以由正弦定理可得，解得，
所以外接球球心在的延长线上，
设外接球的半径为，则，解得，
所以此四面体的外接球的表面积为.
故选：A.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 设都是复数，i是虚数单位，则下列结论中一定成立的是（ ）
A. 方程无复数解B. 若，则
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A，方程有复数解，故A错误；
对于B，设，则，
解得，即，故B正确；
对于C，设，
，
所以
，故C正确；
对于D，取，则，故D错误.
故选：BC.
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则此三棱台与小三棱锥的体积比为7
B. 圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48
C. 圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48
D. 若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形至少有一组对边互相平行
【答案】ACD
【解析】对于A，一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，
截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，
则截面三角形与三棱锥底面三角形相似，相似比为，面积比为，
同理小三棱锥与大三棱锥的高的比为，
所以此三棱台与小三棱锥的体积比为，故A正确；
对于BC，圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，
若圆锥的底面半径，高，则母线，设截面等腰三角形顶角为，
则截面三角形面积为，
由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，
此时，
这表明此时轴截面顶角是个钝角，即顶角可以在某个时刻取到直角，
所以截面三角形面积的最大值为，
若圆锥的底面半径，高，由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，
此时，
这表明此时轴截面顶角是个锐角，即顶角的正弦值在截面与轴截面重合时，取到最大值，
且最大值为，
所以截面三角形面积的最大值为，故B错误，C正确；
对于D，如图所示：要使截面是四边形，可能有以下情形，根据对称性，
在这里只考虑竖着切，且截面平行于平行六面体的某个面的情形也只画了一种特殊情形，
由以上可以看出，若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，
则此四边形要么是梯形，要么是平行四边形，故D正确.
故选：ACD.
11. 的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（ ）
A. 的内切圆半径为B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】取边的中点，连接，
因为，所以内心P、外心O、重心G都在中线上，
且，，内切圆半径，
对于A，由得，
解得，故A正确；
对于B，因为，所以，
，故B正确；
对于C，由余弦定理得，
，所以，
所以的外接圆半径，
，所以，
所以，
，故C错误；
对于D，的外接圆半径，
，所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡上.）
12. 若，则______．
【答案】
【解析】∵，∴，
∴.
故答案为：．
13. 欧拉公式：（i是虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式，可求出的最大值为______．
【答案】2
【解析】，
等号成立当且仅当，所以的最大值为2.
故答案为：2.
14. 如图，平面四边形中，，，，，沿将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D点变为空间图形的P点），则折起后四面体的内切球半径为______．
【答案】
【解析】因为平面平面，，平面平面，
平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，而平面，
从而，
设所求为，三棱锥的表面积、体积分别为，，
而，，
从而，解得.
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写文字说明、证明过程或验算步骤．）
15. 已知函数，其中，且函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为．
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的值域．
解：（1）．
因为函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为，
设最小正周期为，则，即，所以，又，所以，
所以．
（2）∵，∴，
由正弦型函数的图象可得．
16. 如图，边长为6的正中，点D在边上，且，点M在线段上．
（1）若，求的值；
（2）若，求x及的值．
解：（1）∵，而，
∴，则即为所求．
（2）∵，得，∴，
又∵，∴，
∵M、B、D三点共线，∴，则即为所求x的值．
则，∴，
∴，
∴，
同理可求：，
∴，
∴即为所求．
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）求角C的大小；
（2）设D是上一点，且，，且，求的面积．
解：（1）∵，由正弦定理知：，
∴，
∵，，∴，∵，．
（2）由题意得，，，，
方法一：在中，，
在中，，
∵，∴，化简得．
在中，，
∴，整理得．
又∵，则，∴，则，
∴，即为的面积．
方法二：∵，∴，
，
∵且得：，
又∵，则，∴，则，
∴．
18. 如图，四棱锥中，底面是边长为4菱形，，，E为中点，与交点为O．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若，求点C到平面的距离．
解：（1）设，连结，
∵E为中点，O为中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面.
连结，∵，O为中点，∴，
又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
（3）由（2）得：，由，同理可得：，
而平面，
∴面可求：，，，
∴，
而中，，可求：，，
可求：，
而，则，
则即为所求点C到平面的距离．
19. （1）若对恒成立，求的值；
（2）求的值域；
（3）正五棱锥的所有棱长均为，求此正五棱锥的表面积．
解：（1）∵
∴，则．
（2）由
，
【或】
∵，∴，【或】
令，则，对称轴为，
当时，，当时，，
所以的值域为．
（3）∵，又因为，
∴，即，
变形得到，
所以（舍）或（舍）或，
∴，所以，
又因为正五棱锥的所有棱长均为，如图，为底面的中心，取中点，
连接，
易知，，由，得到，
∴，而，
∴．