2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（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.已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是( )
A. B. C. D.
2.已知向量，则在方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
3.已知，是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有( )
A. 若，，，则 B. 若，，，则
C. 若，，则 D. 若，，，则
4.机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感莱洛三角形的画法：先画等边三角形，再分别以点，，为圆心，线段长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形若线段长为，则莱洛三角形的周长是( )
A. B. C. D.
5.已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
6.已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
7.如图，圆内接边长为的正方形，是弧包括端点上一点，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.已知函数，若实数，，成等差数列，且，则( )
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.已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是( )
A.
B. 函数的图象的对称轴方程为直线
C. 函数的单调递减区间为
D. 若对于任意，都有成立，实数的取值范围为．
10.已知复数，，均为虚数，且，则( )
A.
B.
C. 为纯虚数
D. 存在某个实系数二次方程，它的两个根为，
11.在棱长为的正方体中，为中点，为四边形内一点含边界，若平面，则下列结论正确的是( )
A. B. 三棱锥的体积为
C. 点的轨迹长度为 D. 的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知锐角，，且满足，则 ______．
13.已知是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为，则其外接球的表面积为______．
14.已知是锐角三角形，内角，，所对应的边分别为，，若，则的取值范围是______．
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
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
求；
若，为边的中点，求的长．
16.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点．
求证：平面；
求证：平面；
求三棱锥的体积．
17.本小题分
已知，对任意都有．
求的值；
若当时方程有唯一实根，求的范围．
已知，若对任意都有恒成立，求实数的取值范围．
18.本小题分
如图，正三棱柱中，，点为的中点．
证明：平面平面；
在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
求二面角平面角的正切值．
19.本小题分
在中，，点为的外心．
若，，求的值；
若，求的最大值；
求证；．
答案解析
1.
【解析】解：因为，所以，
故复数的虚部是．
故选：．
2.
【解析】解：由已知条件可得，，
所以在方向上的投影向量为．
故选：．
3.
【解析】解：对于，由，，得，又，，故A正确；
对于，由可知，存在过的平面与相交，令交线为不与重合，则，
由可知，存在过的平面与相交，令交线为不与重合，则，于是，
而，则，而，，则，，故B正确；
对于，由，，得或，故C错误；
对于，由，，得，而，则，故D正确．
故选：．
4.
【解析】解：由已知，．
得．
则莱洛三角形的周长是．
故选：．
5.
【解析】解：设圆锥的母线长为，底面圆半径为，球的半径为，
则，得，
又圆锥的高为，可得，，
圆锥的底面半径为，母线长为，
．
因此，球的表面积为：．
故选：．
6.
【解析】解：由题意，，
在定义域内存在唯一，使得，
所以在上有唯一解，
令，
所以在上有唯一解，
则由正弦函数的性质可知．
故选：．
7.
【解析】解：由题意得，圆的半径，
如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，，，
设点，
因为是弧包括端点上一点，
所以，
因为，
所以
故选：．
8.
【解析】解：因为函数，
所以，即关于对称，
若实数，，成等差数列，则，
因为，
所以，，
则．
故选：．
9.
【解析】解：对于，函数的周期，，解得，A正确；
对于，由，得，
而，
则，
可得，
令，解得，
可得对称轴方程为，B正确；
对于，由，
可得，
可得的单调递减区间为，C错误；
对于，由，可得，
可得，可得，
由，显然，，
因此，D正确．
故选：．
10.
【解析】解：设，，
，，
，
对于，，故A错误；
对于，，
，
，故B正确；
对于，，
，
为纯虚数，故C正确；
对于，为虚数，为实数，
实系数二次方程，要么，要么，不可能既有实数根，又有虚数根，故D错误．
故选：．
11.
【解析】解：在棱长为的正方体中，为中点，为四边形内一点含边界，
平面，
取、中点分别为、，连接、、、，，如图：
为正方体，为中点，为中点，
，，，
，
、平面，、平面，且，，
平面平面，
为四边形内一点含边界，且平面，
点在线段上含端点，
对于：当在时，则与的夹角为，
此时，
则与不垂直，故选项A不正确；
对于：为四边形内一点含边界，
到平面的距离为，
三棱锥的体积为，故选项B正确；
对于：由于点在线段上含端点，
而，
点的轨迹长度为，故选项C不正确；
对于：为正方体，
平面，
平面，
，
为直角三角形，且直角为，
，
点在线段上含端点，
则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为，
当最小时，即，此时，
此时最大，最大为，
则的取值范围，故选项D正确．
故选：．
12.
【解析】解：因为，是锐角，所以由，，且，
，，，
所以，
．
故答案为：．
13.
【解析】解：如图，因为是三棱锥外接球的直径，所以，，
又，，故平面，
因平面，则，又，，所以面，
因平面，故BC，
于是，三棱锥的体积为，
因当且仅当时等号成立，所以体积的最大值为，
依题意，解得，因，故，
所以三棱锥的外接球的表面积为：．
故答案为：．
14.
【解析】解：由正弦定理得：，
又，即，可得，
又是锐角三角形，
可得，即，解得，
令，则，
则，开口向上，对称轴，
即在上单调递增，
所以，即．
即的取值范围是
故答案为：
15.解：因为，
所以，
化简得，因为，所以，
因为，
所以；
因为，
所以，解得，
因为为的中线，所以，
所以，
因为，，所以．
解得．
所以的长为．
【解析】由正弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
由中线的向量表示，进而可得的值．
16.证明：连结，交于点，连结，
如图示：
是正方形对角线交点，为的中点，
由已知为线段的中点，，
又平面，平面，
平面；
证明：，为线段的中点，，
平面，，
在正方形中，，又，
平面，又平面，
，又，
平面；
解：由点为线段的中点，故点与点到平面的距离相等，
故．
【解析】连结，交于点，连结可得，再由线面平行的判定可得平面；
由，为线段的中点，得，再由平面，得，由线面垂直的判定可得平面；
根据等体积法及三棱锥的体积公式求出其体积即可．
17.解：对任意都有，
则函数的图象关于直线对称，
于是，
而，
则，，
所以；
，
当时，设，
在为增函数，在为减函数，
所以方程有唯一实根，
等价于时有唯一实根，
所以的范围是；
由知，，
则，
，
，
当时，，，
令，
显然，，
不等式，
依题意，，不等式恒成立，是然，
，
当且仅当，即时取等号，
则，
所以实数的取值范围是
【解析】由题意可得函数的图象关于直线对称，则，求解即可；
，当时，设，根据三角函数的性质求解即可；
令，则不等式，利用构造法及基本不等式求解即可．
18.解：证明：在正三棱柱中，因为点为的中点，则，
又平面，平面，则有
而，，平面，于是平面，平面，
则平面平面B.
存在，证明如下：
在平面内过点作交于点，平面平面，
因此平面，于是点即为所要找的点，
如下图所示，显然∽，因此，
即有，于是，，所以．
在平面上，过点作垂直垂足为，因为点为的中点，
所以为的四等分点，即：：，
过点作的垂线垂足为，连接，
平面平面，平面平面，
因此平面，所以有，由二面角定义可得为二面角的平面角，
因为为直角三角形，
所以边上的高为，则有，
所以．

【解析】根据面面垂直判定定理求解即可．
先作出辅助线，证明出∽，从而，代入数据求解即可．
先作出辅助线，证明出即为二面角的平面角，再求即可．
19.解：由题意，，，，
则由余弦定理得，故，
取的中点，连接，则，
所以，
同理可得，，
则；
不妨设，，
则，同理可得，
则由，可得，
即得：，
又由，可得，
即得：，
联立，解得，
则，
因，当且仅当时等号成立，
即当时，取得最大值；
证明：由，，可得，
由图知，则，
设的外接圆半径为，
则，
即，
又，
而，
则，而，
故，
不妨设与的夹角为，
则，
因，故，即，
故，故原式得证．
【解析】由题设及余弦定理得，取的中点，连接，利用数量积运算求得，同理可得，，从而求解；
设，，则可得，，由，建立方程组，解得，再利用基本不等式即可求解；
由题意得，设的外接圆半径为，则可得，设与的夹角为，则由夹角公式可求得，即得，故原式得证．
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