2023-2024学年重庆八中高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年重庆八中高一（下）期末数学试卷
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.已知点，，，若四边形为平行四边形，则点的坐标为( )
A. B. C. D.
2.若，则复数的虚部为( )
A. B. C. D.
3.在中，，则中最小的边长为( )
A. B. C. D.
4.已知向量与的夹角为，若，，则( )
A. B. C. D.
5.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
6.在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的值为( )
A. B. C. D.
7.若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点设，其中为坐标原点，，则的值为( )
A. B. C. D.
8.在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点与点之间的距离为时，( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设，为复数，下列说法正确的是( )
A. B.
C. 若，则 D. 若是实数，则为纯虚数
10.已知内角，，的对边分别为，，，外接圆半径为若，且，则( )
A. 面积的最大值为 B.
C. 边上的高的最大值为 D.
11.在正四棱台中，，下列说法正确的是( )
A. 若侧棱长为，则该棱台的体积为
B. 若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为
C. 若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为
D. 若侧棱长为，为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将函数的图象向左平移后得到函数的图象，则 ______．
13.一个圆锥的母线长为，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为______．
14.赵爽是我国古代数学家，大约在公元年，他为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”以弦为边长得到的正方形由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图，类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为______；设，则 ______．
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.本小题分
如图，在棱长为的正方体中，，分别为，的中点．
证明：面；
求二面角的正弦值．
16.本小题分
已知，．
若且，求在方向上的投影向量；
若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
17.本小题分
已知函数．
求的最小正周期和单调区间；
若，，求的值．
18.本小题分
如图，在平面四边形中，，，，，，将沿折起，形成如图所示的三棱锥，且．
证明：面；
在三棱锥中，点，，分别为线段，，的中点，设平面与平面的交线为．
证明：；
若为上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
19.本小题分
在中，角，，对应的边分别为，，若，，是内任一点，过点作，，的垂线，垂足分别为，，．
求；
若为的内心且，求线段的长度；
法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用借助三维分式型柯西不等式：若，，，则，当且仅当时等号成立求的最小值．
答案解析
1..
【解析】解：设点的坐标为，
则，，
四边形为平行四边形，，
，解得，
点的坐标为．
故选：．
2..
【解析】解：，
，
，
复数的虚部为．
故选：．
3..
【解析】解：因为，所以是最小的角，
所以中最小的边长为，
由正弦定理有，即，
解得．
故选：．
4..
【解析】解：由与的夹角为，，，
可得，，
所以．
故选：．
5..
【解析】解：对于，若，，则或，故A错误；
对于，若，，，则或与相交或与异面，故B错误；
对于，若，，，则或与相交，故C错误；
对于，若，则存在直线不与重合，使得，又，则或与相交，
若，则，此时可以满足，只需即可，所以，
若与相交，则与也相交，又，所以与也相交，与相矛盾，
所以，则，故D正确；
故选：．
6..
【解析】解：因为，
由正弦定理得，整理得，
又由余弦定理得，
所以，解得，又，
所以，因为，，
所以由正弦定理得，
即，解得，
因为，所以，为锐角，
所以．
故选：．
7..
【解析】解：由图可知，，即，
所以，
由题意知，解得．
又因为，，且，
则，
因为，所以．
所以．
故选：．
8..
【解析】解：分别作，，垂足为，，则，
由，，
可得，所以，
，，
因为．
则
，
，
故．
故选：．
9..
【解析】解：对于：设、，故，，故，故A错误；
对于：设、，、，所以，，所以，故B正确；
对于：设、，、，由于，所以，，故，，故，故C正确；
对于：若，、，故是实数，故，不是纯虚数，是实数，故D错误．
故选：．
10..
【解析】解：由，得就是，
根据正弦定理，得，整理得，
所以，结合，可得．
对于，因为，即，解得，当且仅当时，取等号．
因此的面积，当时，有最大值，故A项不正确；
对于，由题意得，故B项正确；
对于，由得的面积的最大值为，设边上的高为，则，
结合，解得，即边上的高的最大值为，故C项正确；
对于，由正弦定理，可知外接圆的半径满足：，
即，故，故D项不正确．
故选：．
11..
【解析】解：由题干分析：
对于选项，如图，
设，，，四个点分别为棱，，，的中点，
则，，
当正四棱台存在内切球时，球的大圆即为等腰梯形的内切圆，
根据切线长定理，可得，
此时，正四棱台侧面的高为，则侧棱长为，所以选项正确；
对于，当正四棱台的外接球半径为时，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，则截面圆的半径分别为，
又因为，，
所以截面圆均为外接球的小圆，
设为外接球球心，，为截面圆的圆心，则即为正四棱台的高，
如图，此时截面圆，在球心的同一侧，
如图，此时截面圆，在球心的异侧，
所以符合要求的棱台一共有个，所以选项错误；
对于选项，当侧棱长为，正四棱台的高为，取棱的中点，接，，
设与交于点，
则为线段上的动点时，直线在平面内，
由正四棱台的性质，易知，
设与不重合，则有平面，
以所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于四棱台底面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则．，，，，．
则，
即与不垂直，
故A平面不成立，
所以假设不成立，所以选项正确；
对于，当侧棱长为时，正四棱台的高为，根据已知条件可作出截面，
如图所示，
截面下方的多面体体积，
根据截面性质，可以得知，，分别为棱，，的中点，且，
故，
同理可得，所以，
根据棱台的体积公式，可得正四棱台的体积为，
所以截面上方多面体的体积为，
所以较小部分的体积为，故D选项正确．
故选：．
12..
【解析】解：将函数的图象向左平移后得到函数的图象，
则．
故答案为：．
13..
【解析】解：对于圆锥的轴截面为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，
设，则，，
可得，
可知：当，即时，轴截面面积取到最大值，
此时底面半径，所以该圆锥的表面积为．
故答案为：．
14..
【解析】解：由，设，则，，，建立直角坐标系如图所示：
由题可知：，
在中，由余弦定理可得，
所以，则，
可得小三角形面积，
大三角形面积，
所以；
因为，，，
在中，由正弦定理，可得，
且为锐角，则，
可知，
可得，，，
若，
则，
所以．
故答案为：；．
15..解：证明：设，连接，，，
因为，分别为，的中点，则，且，
又因为，且，则为平行四边形，
可得，且，
因为为的中点，则，且，
可得，且，
可知为平行四边形，则，且平面，平面，
所以平面；
取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，
则，且，
又因为，且，则，且，
可得为平行四边形，可知平面即为平面，
过作，垂足为，过作，交于点，连接，
因为平面，平面，
则，且，，平面，则平面，
由平面可得，
又因为平面，平面，
则，且，可得，
且，，平面，
则平面，
由平面可得，
可知二面角的平面角为，
在中，则，可得，
所以，
因为，则，
在中，
可得，
由题意可知：为平行四边形，
则，
在中，则，
可得，
所以二面角的正弦值为．
【解析】作辅助线，可证，结合线面平行的判定定理分析证明；
作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，结合题中长度关系运算求解．
16..解：因为，，所以，
所以，解得或，又，
所以，所以，
设向量与的夹角为，与同向的单位向量为，
则，
因为，所以，
所以在方向上的投影向量为，
当时，，解得或，
当时，，，此时与反向，夹角为，
当时，，此时与同向，
因为与的夹角为钝角，所以，
即，解得，
综上所述：当与的夹角为钝角时，的取值范围是．
【解析】直接由投影向量的计算方法计算即可；
与的夹角为钝角转化为，且与不反向，即可求解．
17..解：
，
函数的最小正周期为，
令，
解得，
所以函数的单调增区间是，
令，
解得，
所以函数的单调减区间是．
由得，
则，
因为，
所以，，
所以
．
【解析】根据三角恒等变换化简为一般式，结合正弦型函数单调区间以及正弦型函数的最小正周期的公式，即可求得结果；
根据及题意得，结合的范围，由同角三角函数的基本关系，可得，，利用两角差的余弦公式和整体法，即可求得结果．
18..证明：在中，，
在中，由余弦定理得，即，
因为，则，，
可得，，
因为，，平面，
所以平面．
因为点，分别为线段，的中点，
则，且，
由平面，平面，
得平面，
又因为平面，
且平面平面，
所以．
解：因为，且平面，平面，
可知，则平面，
规定点为起点，方向为正方向，设，
过点作平面平面，如图所示：
可知：直线与平面所成角即为直线与平面所成角，设为，
则，，，
可得，，，
在中，，且，
则，
设点到平面的距离为，因为，
则，
解得，则，
，则，则，
若，则；
若，则，
所以，即时，取到最小值，取到最大值，
综上所述：直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
【解析】根据勾股定理可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明即可；
根据题意可证平面，结合线面平行的性质分析证明即可；
过点作平面平面，直线与平面所成角即为直线与平面所成角，利用等体积法求点到平面的距离，进而求线面夹角的正弦值，结合二次函数分析求解．
19..解：因为，
由正弦定理可得，
整理可得，
且，则，可得，
又，所以．
因为，，，
由余弦定理可得，
，解得，
若为的内心，则，
由面积可得：，
即，解得．
由题意可得：，
因为，即，
整理可得，
由三维分式型柯西不等式可得：
，
当且仅当，即时，等号成立，
由可得：，即，
整理可得，
则．
令，则，
因为，解得，当且仅当时，等号成立，
则，则，
令，
则在上单调递减，
当，即时，有最大值，
所以的最小值为．
【解析】利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；
利用余弦定理可得，根据内心的性质结合等面积法分析求解；
根据柯西不等式结合等面积法可得，再结合中结论整理可得，换元结合二次函数分析求解．
第1页，共1页