四川省成都市区县联考2023-2024学年高一下学期7月期末调研考试数学试题

2023～2024学年度下期期末高一年级调研考试数学考试时间120分钟，满分150分注意事项：1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”．2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效．3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．一、选择题：本题共8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.平面向量，，若，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据平行满足的坐标关系即可求解.【详解】由可得，所以，故选：A2.已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算化简，即可得点求解.【详解】由可得，故对应的点为，位于第三象限，故选：C3.将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的变换规则计算可得.【详解】将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度得到.故选：B4.已知非零向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据数量积的定义与投影向量的概念求解．【详解】由题意在上的投影向量为，即，所以，又，所以，而，所以，故选：D．5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据二倍角公式和同角关系式计算．【详解】由题意，故选：B．6.已知m，n是空间中两条不同的直线，是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】A【解析】【分析】根据已知条件确定各选项中线面位置关系可判断BCD，由线面垂直的性质定理判断A．详解】，时，也有可能，B错误；若，，则或，C错误；若，，则或，D错误．由线面垂直的性质定理知A正确，故选：A．7.已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形，且，，，现将梯形ABCO绕OA旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】该梯形为直角梯形，其中，，，，，将梯形绕转一周得到的几何体是圆台，且该圆台的上底面圆半径为，下底面圆半径为，高为4，由此能求出该几何体的体积．【详解】由题意该梯形为直角梯形，如图，其中，，，，，将梯形绕转一周得到的几何体是圆台，且该圆台的上底面圆半径为，下底面圆半径为，高为4，该几何体的体积为．故选：C8.已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（）A.函数的最小正周期是B.函数的图象关于直线对称C.函数的图象关于点对称D.函数在区间上单调递增【答案】D【解析】【分析】由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，再根据正弦函数的图像和性质，得出结论．【详解】由图象可得，，则，故A正确；所以，再根据五点法作图，可得，则，由，则，所以，对称轴，则，当时，则，故B正确；当，则，当时，则，所以为对称中心，故C正确；当，则，所以的单调递增区间为，当时，所以在单调递增，观察图象可得在单调递减，故D错误.故选：D二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列计算正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据和差角公式即可求解A，根据二倍角公式即可求解BCD.【详解】对于A，，故A正确，对于B，，B错误，对于C，，C正确，对于D，，D正确，故选：ACD10.在中，，分别是线段上的两个三等分点（，两点分别靠近，两点），则下列说法正确的是（）A.B.C.若，，则D.若，，则【答案】BCD【解析】【分析】根据平面向量线性运算判断A、B；推导出为等边三角形，求出三角形的边长，再由数量积的运算律判断C；推导出，且，再由数量积的运算律判断D.【详解】对于A：，，又，分别是线段上的两个三等分点（，两点分别靠近，两点），所以，所以，故A错误；对于B：，，所以，则，故B正确；对于C：因为，所以为的外心，且外接圆的半径，又，所以为的重心，所以为等边三角形，且边长为，又，，所以，故C正确；对于D：因为，即，所以，又，即，所以，所以，且，所以，故D正确.故选：BCD11.如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是线段，，的中点，则下列说法正确的是（）A.平面B.正方体的外接球的表面积为，体积为C.平面截正方体所得截面的形状是五边形D.若底面内的动点（包含边界）满足平面，则【答案】BCD【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理可判断错误；根据正方体外接球半径与正方体棱长的关系式可求出半径，再代入球的体积，表面积公式即可判断正确；根据补截面的方法补出平面截正方体所得的截面，即可判断正确；由面面平行的性质定理可得正确.【详解】若平面，则，正方体的棱长为2，则，，故与不垂直，则与平面不垂直，则错误；正方体的体对角线即正方体外接球的直径，根据正方体外接球半径与正方体棱长的关系式，则外接球的表面积为，体积为，故正确；如图，延长，使，再连接，使，连接，延长，使，连接，使，连接，则则五边形为平面截正方体所得截面的形状，故正确；如图，取中点为，连接，分别为的中点，，又平面，平面，平面，分别为的中点，又在正方体中，有，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，又，平面，平面平面，若底面内的动点（包含边界）满足平面，则点为上任一点，且，故，故正确；故选：.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若复数纯虚数，则_______．【答案】6【解析】【分析】根据复数的类型求得值，再由复数模的定义计算．【详解】由题意，解得，即，所以，故答案为：6.13.某海警船在处看灯塔在它的北偏东，距离为，在处看灯塔在海警船的北偏西，距离为，海警船由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则灯塔与处之间的距离为_______．【答案】【解析】【分析】先中利用正弦定理求出，再在中利用余弦定理求出.【详解】在中，，则，由正弦定理得，，得，得,在中，，，则由余弦定理得，所以.故答案为：14.在直三棱柱中，，，是棱上一动点，则三棱锥的体积为_______．【答案】【解析】【分析】由等体积法可得，求解.【详解】由直三棱柱,，，所以,则侧面垂于底面直,可得B到平面的距离为，则由等体积法可得.故答案为：.四、解答题：本题共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.已知向量，．（1）求的值；（2）若向量与垂直，求的值；（3）若向量与的夹角为锐角，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据向量运算及模坐标表示计算；（2）由求解；（3）由向量与的数量积大于0且两向量不共线可得．【小问1详解】由，，得，故；【小问2详解】与垂直，，，整理得：，解得；【小问3详解】与的夹角为锐角，，且与不共线，即，且，解得且，综上：当与的夹角为锐角时，．16.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，为线段的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）只需证明根据三角形中位线性质证明即可；（2）只需证明平面，进而转化为证明和.【小问1详解】连接，底面是菱形，点为线段的中点，为中点，为的中位线，，平面，平面，平面；【小问2详解】平面，平面，，底面是菱形，，平面，，平面，平面，平面平面．17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，目．（1）求的值；（2）若，，求的面积；（3）若，，求中边上的中线长．【答案】（1）（2）15（3）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，即可由同角平方和关系求解，（2）根据余弦定理可得，即可根据面积公式求解，（3）根据向量的模长公式即可求解.【小问1详解】在中，由正弦定理得：，，，，，由，解得；【小问2详解】在中，由余弦定理得，得，解得或（舍），由（1）知，故的面积；【小问3详解】设为的中点，则，，解得，即中边上的中线长为．18.如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为正方形，平面平面，为线段的中点．（1）求证：；（2）求二面角的正切值；（3）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）2（3）【解析】【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直；（2）利用定义法计算得到面面角的正切值；（3）利用中位线找到平行关系，再利用定义法异面直线夹角，结合余弦定理求得；【小问1详解】证明：是边长为2的正三角形，为中点，，且平面，又平面平面，平面平面平面，又平面，；【小问2详解】由（1）知，，为二面角的平面角，底面为正方形，，在中，，，；【小问3详解】取中点，连接，，为中点，，异面直线与所成的角是或的补角，由（1）知，平面，平面，，底面是正方形，，平面，平面，平面，，在中，，，，在中，，，，在中，，，，异面直线与所成的角的余弦值为．19.已知函数．（1）若，且，求的值；（2）在锐角三角形中，若，求的取值范围；（3）设函数，若在区间上恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变形，最后化为已知角的某个三角函数值，去求另一个角的三角函数值；（2）利用三角形