四川省泸州市江阳区2023-2024学年高一下学期6月期末 数学试题【含答案】

2024年春期高2023级高一期末联合考试数学试题数学试卷分为第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分.注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置.2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效.3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效.第一卷选择题（58分）一、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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．3．设非零向量，满足，，则向量的夹角等于（

）A． B． C． D．4．已知，且，则（

）A． B．C． D．5．函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为A． B．C． D．6．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A． B． C． D．7．如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（

）．A． B． C．3 D．98．将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象，且的图象关于直线对称，则下列选项不正确的是（

）A．在区间上为增函数 B．C． D．二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）9．已知、都是复数，下列正确的是（

）A．若，则B．C．若，则D．10．在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（

）A．，有唯一解B．，无解C．，有两解D．，有唯一解11．在四面体中，平面ABC，，点，Q为AC的中点，，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（

）A．平面平面PBCB．若平面平面PBC，则一定有C．若平面平面PBC，则一定有D．点R是平面PBC上的动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为第二卷非选择题（92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.）12．如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为.13．已知，则.14．已知，函数，若存在最小值，则的取值范围是.四、解答题（本大题共5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，.(1)若，且、、三点共线，求的值.(2)当实数为何值时，与垂直？16．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．17．已知函数(1)求函数的最小正周期及对称轴方程；(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间.18．在中，.(1)求A；(2)若的内切圆半径，求的最小值.19．如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点．(1)证明：；(2)若，直线与直线所成角的余弦值为．（ⅰ）求直线与平面所成角；（ⅱ）求二面角的余弦值．1．A【分析】对集合B求补集，应用集合的并运算求结果；【详解】由，而，所以.故选：A2．D【分析】根据题意可得出，由此可解得实数的取值范围.【详解】不等式的解集为，所以，即，解得.因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用一元二次不等式恒成立求参数，考查计算能力，属于基础题.3．B【分析】先将等式两边平方，可得，再用平面向量的夹角公式计算即可.【详解】由等式，两边平方得：，则，且，所以.，即.故选：B.4．A【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】，得，即，解得或（舍去），又.故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.5．D【详解】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.考点：三角函数图像与性质6．B【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.7．B【分析】先利用向量的线性运算得到，再利用三点共线的充要条件，得到，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】因为M为线段的中点，所以，又因为，所以，又，，所以，又三点共线，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号.故选：B.8．D【分析】根据三角函数平移变换原则可知；根据图象、的对称轴和对称中心可确定最小正周期，从而得到；由为奇函数可知，由此可得，从而确定的解析式；利用代入检验法可确定A正确；根据特殊角三角函数值可知B正确；结合的单调性可判断出CD正误.【详解】由题意知：，由图象可知：，则与是相邻的对称轴和对称中心，，即，为奇函数，，解得：，又，，；对于A，当时，，则在上为增函数，A正确；对于B，，B正确；对于C，，，在上单调递减，，，C正确；对于D，，，在上单调递减，，，，即，D错误.故选：D.9．BD【分析】利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.【详解】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；对于C：令、，则，，所以，但是，故C错误；设，，所以，则，又，所以，故B正确；，又，所以，故D正确.故选：BD10．AD【分析】根据三边确定可判断A选项；由正弦定理，在结合大边对大角可判断B，C，D选项.【详解】解：选项A，，已知三边三角形确定，有唯一解，A正确；选项B，由正弦定理得：，则，再由大边对大角可得，故可以为锐角，也可以为钝角，故三角形有两解，B错误；选项C，由正弦定理得：，则，且，由大边对大角可得，则只能为锐角，故三角形有唯一解，C错误；选项D，由正弦定理得：，，由于，则是锐角，有唯一解，D正确.故选：AD.11．ABD【分析】对于A、B、C：根据线面、面面垂直逐项分析判断；对于D：转化为圆锥.结合垂直关系分析运算.【详解】易知三棱锥是“基本图”，它各个面均为直角三角形，且平面PAB，平面平面ABC，平面平面ABC，，平面PAC，对于A：由平面PAC知，，又因为，平面BQH，所以平面BQH，又平面PBC，平面BQH平面PBC，故A正确；对于B：过点C作，由于平面平面PBC，且两面的交线为MN，由面面垂直的性质得平面AMN，平面AMN，，且平面PAB，平面PAB，，又平面PBC，平面PBC，平面PBC，，B正确；对于C：在平面PBC条件下，N可以在直线PC上运动，C不正确．对于D：由题意可得，则，R点的轨迹是以M为圆心为半径的圆，动线段AR是圆锥的母线，AR与平面PBC所成的角为定角，AR与BC所成的角最小时//．过作平面ABC，，垂足为N，则为到直线AB的距离．由四边形是矩形得，D正确．故选：ABD.12．【分析】根据斜二测画法求解.【详解】∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，且该边上的高为，∴原图形的面积为.故答案为：13．##【分析】先利用正切的和差公式求得，再结合二倍角公式与同角三角函数的基本关系式即可得解.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.14．【分析】利用分段函数的单调性及最值求解即可.【详解】解：当，即时，在上单调递增，故无最小值，不符合题意；当时，在上单调递减，所以，又在上的最小值为，要使存在最小值，还需，解得，故；当时，要使存在最小值，还需：，因为，所以无解综上的取值范围为.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由、、C三点共线，可得与共线，列出方程即可得到的值；（2）根据题意，由平面向量垂直的坐标运算，代入公式，即可得到结果.【详解】（1）由题意可得，，且、、三点共线，则可得，即，解得；（2）由题意可得，，因为与垂直，则可得,解得.16．（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【分析】分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（Ⅰ）由角的终边过点得，所以.（Ⅱ）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值的两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.17．(1)最小正周期为，对称轴方程为，(2)【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可；（2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可.【详解】（1），，所以函数的最小正周期为，令，，得函数的对称轴方程为，（2）将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，所以，令，所以.又，所以在上的单调递减区间为.18．(1)；(2).【分析】（1）根据已知条件、三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，再结合解三角方程即可求解.（2）由题意可知，利用三角形的等面积法及余弦定理得出含有和的关系式，再利用基本不等式的变形即可求得的最小值.【详解】（1）在中,，整理得，即，于是所以，因为，所以，即，所以，又因为，所以，所以，解得.所以.（2）令，（1）知.由，得，即，由余弦定理及（1）知，得，所以，即，于是当且仅当时取等号所以，或又的内切圆半径，，，，的最小值为.19．(1)证明见解析.(2)（ⅰ）；（ⅱ）.【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得.（2）（ⅰ）利用线面垂直的判定性质证得，再由异面直线夹角余弦求出，确定线面角并求出大小；（ⅱ）过作于，过作交于，再借助图形求出二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点，连接，由平面，，得平面，而平面，则，由为的中点，得，则四边形是平行四边形，因此，所以.（2）（ⅰ）由为的中点，，则，而，平面，于是平面，平面，则，由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为，在中，，而，解得，则，由平面，得直线与平面所成角为，