2023-2024学年四川省泸州市高一下学期7月期末统一考试数学试题（含解析）

2023-2024学年四川省泸州市高一下学期7月期末统一考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合，则( )
A. B. C. D.
2.设复数满足，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，，，为斜边的中点，为线段的中点，则( )
A. B. C. D.
7.若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为，下底面圆的半径是上底面圆的半径的倍，则该圆台的高为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，若方程有个不同的根，且，则的值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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，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：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数是定义在上的周期为的奇函数，当时，，则的值为 ．
13.计算： ．
14.已知三棱锥的底面是边长为的等边三角形，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：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知向量，且．
求向量与的夹角．
若向量与互相垂直，求的值．
16.本小题分
已知函数的部分图象如下图所示．
求函数的解析式．
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，再将其图象沿轴向左平移个单位得到函数的图象，求不等式的解集．
17.本小题分
在中，角所对的边分别为，已知．
求；
若，且，求．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面．
证明：平面平面；
当时，证明：平面；
若，四面体的体积等于四棱锥体积的，求的值．
19.本小题分
对于三个实数，若成立，则称具有“性质”
写出一个数使之与具有“性质”，并说明理由；
若具有“性质”，求的取值范围；
若，且，具有“性质”，求实数的最大值．
答案解析
1.
【解析】，
，
所以．
故选：．
2.
【解析】因为，
所以．
故选：．
3.
【解析】因为函数在上单调递增，
所以，
又因为函数在上单调递增，所以，
所以．
故选：．
4.
【解析】依题意，．
故选：
5.
【解析】对于，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，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，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，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：．
6.
【解析】
因为，
所以，
取中点，连接，
．
故选：．
7.
【解析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，设圆台的母线交于点，
为圆台的母线，且，下底面圆的半径是上底面圆的半径的倍，
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：．
8.
【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：．
9.
【解析】对于，向量不能比较大小，故A错误，
对于，向量且时，由向量共线定理的推论，知三点共线，故 B正确，
对于，当同向共线时，，此时夹角不是锐角，故 C错误，
对于，由题意得，由投影向量定义得投影向量为，故 D正确．
故选：
10.
【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：．
11.
【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，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；
当分别为对应棱的中点时，截面为正六边形，
因为分别为的中点，
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：．
12. 或
【解析】根据题意，是定义在上周期为的奇函数，
所以．
故答案为：
13.
【解析】解：
．
故答案为：．
14.
【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，分别为正三角形，的中心，
所以，所以为二面角的平面角，
可得，过分别作平面，平面的垂线，两垂线交于，
则为外接球的球心，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.解：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．
由向量向量与互相垂直，得，
所以，即，
解得或．
【解析】由向量模的坐标运算得出，再根据向量数量积的定义及运算律求解即可；
由已知得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可．
16.解：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．
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．
【解析】由图象求出，和的值即可求出函数的解析式．
根据函数图象变换求出的解析式，进而解不等式即可．
17.解：因为余弦定理可得，
所以，
因为，
所以．
因为正弦定理得，
所以
又，所以，即，
由余弦定理得，即，
因为，所以．
【解析】利用余弦定理定理化简等式，再根据余弦定理的推论和角的范围解出答案；
利用正弦定理公式结合已知条件求出，再由余弦定理求出答案．
18.解：设与交于，连接，
因为四边形是正方形，所以，且为的中点，
又平面，又平面，所以，
因为是的中点，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
连接交于点，连接，连接，则为的中点，
因为，所以，因为分别为的中点，
所以为的重心，所以，所以，
所以，又平面，平面，
所以平面；
由平面，
可得，
因为分别为的中点，
所以，
所以，所以
又四面体的体积等于四棱锥体积的，
所以，所以点平面的距离之比为，
所以．
【解析】设与交于，连接，易得，由已知可证，进而可证，利用线面垂直的判定定可证平面，可证结论成立；
连接交于点，连接，连接，则为的中点，利用相似比证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
由题意可得，可求得的值．
19.解：与具有“性质”．
当时，，
即，则与具有“性质”
若具有“性质”，
所以，即，
令，所以，
所以，解得或
即或
所以或
因此的取值范围
若，且，具有“性质”，
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，即在单调递减，当时，取最小值为，
进而得到，实数的最大值为．
【解析】代入与具有“性质”的不等式进行验证；
根据题意得不等式，化简得，解不等式求出的取值范围；
根据题意条件列出不等式进行化简分离变量，令，变形得，构造新函数利用导数求得新函数的最小值，从而得到实数的最大值；
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