2023-2024学年广东省大湾区高一下学期期末联合考试数学试题（含解析）

2023-2024学年广东省大湾区高一下学期期末联合考试数学试题
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.若复数，则的模为( )
A. B. C. D.
2.已知向量与向量平行，则( )
A. B. C. D.
3.设的内角所对的边分别为，若，，，则等于( )
A. B. 或 C. D.
4.已知空间两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列命题中正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
5.如图，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为如图，则容器的高为( )
A. B. C. D.
6.已知扇形的半径为，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，，弧的中点为，则( )
A. B. C. D.
7.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则的值可以是( )
A. B. C. D.
8.如图：正方体的棱长为，为的中点，过点作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为( )
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.已知，为复数，则( )
A. 存在唯一的，使 B. 存在唯一的，使
C. 存在唯一的，使 D. 存在唯一的，使
10.如图，是底面直径为高为的圆柱的轴截面，四边形绕逆时针旋转到，则( )
A. 圆柱的侧面积为
B. 当时，
C. 当时，异面直线与所成的角为
D. 面积的最大值为
11.直角中，斜边，为所在平面内一点，其中，则( )
A. 的取值范围是
B. 点经过的外心
C. 点所在轨迹的长度为
D. 的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则此圆锥的表面积为 ．
13.计算： ．
14.已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，则点的坐标为 ．
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
在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，分别为线段，的中点，底面，．
作出平面与平面的交线，并证明；
求点到平面的距离．
16.本小题分
如图，是等边三角形，是边上的动点含端点，记，．
求的最大值；
若，，求的面积．
17.本小题分
人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为
若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
已知，，，若，，求的值
已知，、，，若，，求、之间的曼哈顿距离．
18.本小题分
已知平行四边形中，，，和交于点．
试用，表示向量．
若的面积为，的面积为，求的值．
若，，求的余弦值．
19.本小题分
如图，三棱台中，，，，点在平面上的射影在的平分线上．
求证：；
若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
答案解析
1.
【解析】由复数，所以．
故选：．
2.
【解析】因为向量与向量平行，所以，解得．
故选：
3.
【解析】解：由正弦定理可得，
由，，可得，则，故，
又，则．
故选：．
4.
【解析】对选项A：若，，则或为异面直线，错误；
对选项B：若，，则和可以是任何位置关系，错误；
对选项C：若，，则和可以是任何位置关系，错误；
对选项D：若，，，则，正确；
故选：．
5.
【解析】解：在图中的几何体中，水的体积为，
在图的几何体中，水的体积为：，
因为，可得，解得．
故选：．
6.
【解析】因为，
故，
故，
故，故．
故选：
7.
【解析】因为．
将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，
所以有，所以，
所以有，．
对于项，令，即，解得，项错误；
对于项，令，即，解得，项正确；
对于项，令，即，解得，项错误；
对于项，令，即，解得，项错误
故选：．
8.
【解析】根据题意，取的中点分别为，连接，如下图所示：

易知，且，所以四边形是平行四边形；
即，又平面，平面，
所以平面；
同理可得平面；
，平面，
所以平面平面平行，
即过点作正方体截面使其与平面平行的截面即为平面；
显然，，且，；
所以四边形是边长为的菱形，即所求截面面积即为菱形的面积；
易知，所以其面积为．
故选：
9.
【解析】解：设，，均为实数，
则，
对于，时，，
化简得，，有无数组解，故选项A错误；
对于，时，，
所以，解得，有唯一解，故选项B正确；
对于，时，，存在唯一解，故选项C正确；
对于，，
即，
所以
解得，有唯一解，故选项D正确．
故选：．
10.
【解析】对于，圆柱的侧面积为， A错误；
对于，因为，所以，又，
所以平面，所以， B正确；
对于，因为，所以就是异面直线与
所成的角，因为，所以为正三角形，
所以，因为，所以， C正确；
对于，作，垂足为，连接，所以平面，所以．
在中，，
，所以， D错误．
故选：．
11.
【解析】解：由，又斜边，则，则，A正确；
若为中点，则，故，又，
所以，，共线，故在线段上，轨迹长为，又是的外心，B正确，C错误；
由上，则，
又，则，
当且仅当等号成立，
所以，D正确．
故选ABD．
12.
【解析】圆锥轴截面是边长为的等边三角形，圆锥底面半径，圆锥母线长，
圆锥的表面积．
故答案为：．
13.或
【解析】
．
故答案为：．
14.
【解析】解：

所以点坐标为．
故答案为
15.
在图形中作出交线
，且为中点，
且
四边形为平行四边形
，面，面，
面
又面，面面，
设点到平面的距离为，，连接，
为中点，为中点，
，，，
平面，
，平面，．
【解析】先利用线面平行的判定定理可证得面，再由线面平行的性质定理可证得结论，
利用等体积求解即可
16.解：由是等边三角形，得，，
故
，
故当，即为中点时，原式取最大值．
由 ，得 ，
故 ，
由正弦定理，
故AB，
故 ．
【解析】求出，，根据三角函数的运算性质求出其最大值即可；
根据正弦定理求出的值，从而求出三角形的面积即可．
17.
，
，故余弦距离等于；
；
故，，则．
因为，，
所以．
因为，所以．
因为，
所以．
因为，则，
所以．
因为，
，所以．
因为，
，
所以．
因为，
所以、之间的曼哈顿距离是．
【解析】根据公式直接计算即可．
根据公式得到，，计算得到答案．
利用两角和与差的正弦、余弦公式可求出点、的坐标，结合题中定义可求得、之间的曼哈顿距离．
18.解：点在上，
又，，
，解得，．
解：由可得，，即
，
，，．
解：由，所以，
即，所以，即，
又，所以平行四边形是正方形，如图所示的建系
则是向量和的夹角，不妨设，，
，的余弦值是．
【解析】根据平面向量共线定理的推论得到，再由且，即可得到方程，求出，即可得解；
由得到线段的比，即可得到面积之比；
依题意可得平行四边形是正方形，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出两向量夹角的余弦值，即可得解；
19.解：证明：设点在平面上的射影为，
则点在的平分线上，
所以平面，因为平面，所以，
因为，∽，所以，所以，
又因为，平面
所以平面，又因为平面，所以
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为到平面的距离为，所以，
，
所以，
由已知得，结合∽，及中，
得，
所以，所以，
所以，，所以，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
所以，设直线与平面所成的角为，
则，
，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
【解析】利用线面垂直证线线垂直即可；
建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．
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