四川省成都市2022-2023學年高一下學期期末數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省成都市2022-2023學年高一下學期期末數(shù)學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.下面有四個命題：①；②若，則；③若不屬于，則a屬于；④若，則.其中真命題的個數(shù)為（）A.0個 B.1個 C.2個 D.3個〖答案〗B〖解析〗①由子集概念知正確；②因為，所以，故錯誤；③當時，，，故錯誤；④因為，所以，故錯誤.故選：B.2.已知正實數(shù)x，y滿足，則的最小值為（）A.2 B.4 C.8 D.9〖答案〗C〖解析〗因為正實數(shù)x，y滿足，所以，則，當且僅當且，即，時取等號.故選：C.3.冪函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，則下列說法正確的是（）A. B.減函數(shù) C.是奇函數(shù) D.是偶函數(shù)〖答案〗C〖解析〗函數(shù)為冪函數(shù)，則，解得或，當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增，不滿足條件，排除A；當時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，滿足題意；函數(shù)在和上單調(diào)遞減，但不是減函數(shù)，排除B；因為函數(shù)定義域關于原點對稱，且，所以函數(shù)是奇函數(shù)，不是偶函數(shù)，故C正確，D錯誤.故選：C.4.標準的圍棋共行列，個格點，每個點上可能出現(xiàn)“黑”“白”“空”三種情況，因此有種不同的情況，而我國北宋學者括在他的著作《夢溪筆談》中，也論過這個問題，他分析得出一局圍棋不同的變化大約有“連書萬字五十二”，即，下列數(shù)據(jù)最接近的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由題意，對于，有，所以，分析選項B中與其最接近.故選：B.5.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，所以，所以，即，所以，則，所以.故選：D.6.已知中，角對應的邊分別為，是上的三等分點（靠近點）且，，則的最大值是（）A. B. C.2 D.4〖答案〗A〖解析〗因為，由正弦定理得，則，即，所以，，則，設，則，且，在中，，則，在中，，則，又，即，又由正弦定理知（為的外接圓半徑），所以，則，即，又，故當，時，.故選：A.7.已知為的外心，為銳角且，若，則的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗以邊所在的直線為軸，邊的垂直平分線為軸建立直角坐標系，如圖，（為邊的中點），由外接圓的性質(zhì)得，因為為銳角且，所以，設外接圓的半徑，則，因為，所以，，所以，，，設，則外接圓的方程為：，因為，所以，則，解得，則，代入外接圓方程得：，整理得：，由基本不等式得：，當且僅當取等號，化簡得：，解得或，由圖知：，所以，故的最大值為.故選：D.8.如圖，在棱長為的正方體中，點是平面內(nèi)一個動點，且滿足，則直線與直線所成角的余弦值的取值范圍為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗連接交平面于點，延長線段至點，使得，連接、、，如下圖所示：已知在正方體中，底面，平面，，又四邊形為正方形，所以，，，平面，平面，，同理，，平面，三棱錐的體積為，，，可得，所以，線段的長被平面與平面三等分，且與兩平面分別垂直，而正方體的棱長為，所以，，如下圖所示：其中，不妨設，由題意可，所以，，可得，所以，點在平面內(nèi)以點為圓心，半徑為圓上，因為，所以直線與直線的夾角即為直線與直線所成角，接下來要求出線段與的長，然后在中利用余弦定理求解，如圖，過點作平面于點，過點作于點，連接，根據(jù)題意可知，，且，所以，，，如圖所示，，當點在處時，最大，當點在處時，最小，這兩種情況下直線與直線夾角的余弦值最大，為；當點在點處時，為直角，此時余弦值最小為，綜上所述，直線與直線所成角的余弦值的取值范圍是.故選：A.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求；全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．9.已知是虛數(shù)單位，復數(shù)，，則（）A.任意，均有 B.任意，均有C.存在，使得 D.存在，使得〖答案〗AD〖解析〗根據(jù)復數(shù)的概念可知不能與實數(shù)比大小，故B錯誤；由復數(shù)的模長公式可得，易知，且不能同時取得等號，故，即A正確；即動點E到動點F的距離，顯然E在拋物線上，F(xiàn)在單位圓上，如圖所示，當時，，故D正確；若存在，使得，則，由上知，即上述方程組無解，故C錯誤.故選：AD.10.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列命題是真命題的是（）A.若，則為等腰三角形B.若，，，則只有一解C.若，則D.若為銳角三角形，則〖答案〗ACD〖解析〗對于選項A：由，由正弦定理可得，則，因為，則，可得，即，所以為等腰三角形，故A正確；對于選項B：若，，，則，所以有兩解，故B錯誤；對于選項C：若，有正弦定理可得，則，即，因為，則，可得，所以，故C正確；對于選項D：若為銳角三角形，則，可得，且，，則在上單調(diào)遞增，所以，又因為，則，可得，所以，故D正確．故選：ACD.11.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.是以為周期的周期函數(shù)B.在上單調(diào)遞減C.的值域為D.存在兩個不同的實數(shù)，使得為偶函數(shù)〖答案〗BD〖解析〗，所以函數(shù)的周期不為，故選項A錯誤；時，，故，令，則，因為，所以，故，且t在單調(diào)遞減，又，故，開口向下，對稱軸為，故在單調(diào)遞增，由復合函數(shù)滿足同增異減可知：在單調(diào)遞減，B正確；令，若，，即，時，，兩邊平方得：，故，若，，即，時，此時，兩邊平方得：，此時，綜上：對于，均有，所以變形為，因為，所以當時，取得最大值，最大值為1，其中，，因為，故最小值為，綜上：的值域為，C錯；，則，假設為偶函數(shù)，則，即，只需且，由可得：，①，或②，其中由①得：，，不能對所有恒成立，舍去；由②得：，由可得：③，由③得：，故需要保證與同時成立，令，解得：且，令，解得：且，故，取，此時，此時令，解得：，符合要求，取，此時，此時令，解得：，舍去，取，此時，此時令，解得：，符合要求，綜上：存在兩個不同的實數(shù)，使得為偶函數(shù)，，就是這兩個實數(shù)，D正確．故選：BD．12.勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能像球一樣來回滾動．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體．如圖所示，設正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（）A.勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為B.勒洛四面體被平面截得的截面面積是C.勒洛四面體表面上交線的長度為D.勒洛四面體表面上任意兩點間的距離可能大于2〖答案〗ABD〖解析〗A選項，先求解出正四面體的外接球，如圖所示：取的中點，連接，過點作于點，則為等邊的中心，外接球球心為，連接，則為外接球半徑，設，由正四面體的棱長為2，則，，，，，，由勾股定理得：，即，解得：，此時我們再次完整的抽取部分勒洛四面體，如圖所示：圖中取正四面體中心為，連接交平面于點，交于點，其中與共面，其中即為正四面體外接球半徑，設勒洛四面體內(nèi)切球半徑為，則，故A正確；B選項，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過正四面體某三個頂點的截面，如圖所示：面積為，B正確；C選項，由對稱性可知：勒洛四面體表面上交線所在圓的圓心為的中點，故，又，由余弦定理得：，故，且半徑為，故交線的長度等于，C錯誤；D選項，將正四面體對棱所在的弧中點連接，此時連線長度最大，如圖所示：連接，交于中點，交于中點，連接，則，則由C選項的分析知：，所以，故勒洛四面體表面上兩點間的距離可能大于2，D正確.故選：ABD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知函數(shù)，當時，的最大值是4，則_____．〖答案〗1〖解析〗，因為，，當時，取得最大值為，則.故〖答案〗為：1.14.對任意兩個非零的平面向量和，定義，若平面向量、滿足，與的夾角，且和都在集合中，則___________〖答案〗〖解析〗因為，故，又由，則，，可設，，令，，且，又夾角，所以，對，進行賦值即可得出，所以．故〖答案〗為：．15.在中，，的角平分線交BC于D，則_________．〖答案〗〖解析〗如圖所示：記，方法一：由余弦定理可得，，因為，解得：，由可得，，解得：．方法二：由余弦定理可得，，因為，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因為，所以，，又，所以，即．故〖答案〗為：．16.如圖，直四棱柱中，底面為平行四邊形，，點是半圓弧上動點(不包括端點)，點是半圓弧上的動點(不包括端點)，若三棱錐的外接球表面積為，則的取值范圍是__________．〖答案〗〖解析〗因為，由余弦定理得：，因為，由勾股定理逆定理得：，直四棱柱中，底面為平行四邊形，故⊥CD，點是半圓弧上的動點(不包括端點)，故BC為直徑，取BC的中點E，則E為三棱錐的外接球球心在平面的投影，設與AD相交于點M，與相交于點N，連接EM，ED，則EM=ED，因為，故，，故三角形DEM等邊三角形，，即為AD的中點，同理可得：N為的中點，連接EN，則EN⊥平面ABCD，故球心在線段EN上，顯然，當點與點N重合時，三棱錐的外接球半徑最小，假如點P與或重合，此時最長，故三棱錐的外接球半徑最大，如圖1，點P與點N重合，連接OC，設，則OE=2-R，，由勾股定理得：，即，解得：，此時外接球表面積為；如圖2，當點P與或重合時，連接，其中，設，則，由勾股定理得：，，故，解得：，此時外接球半徑為，故外接球表面積為，但因為點是半圓弧上的動點(不包括端點)，故最大值取不到，綜上：的取值范圍是.故〖答案〗為：.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知復數(shù)（是虛數(shù)單位，），且為純虛數(shù)（是的共軛復數(shù)）.（1）求實數(shù)及；（2）設復數(shù)，且復數(shù)對應的點在第二象限，求實數(shù)的取值范圍．解：（1）∵，∴，，為純虛數(shù)，，解得，故，則.（2），，復數(shù)所對應的點在第二象限，，解得，故實數(shù)的取值范圍為.18.如圖所示，在中，為邊上一點，且，過的直線與直線相交于點，與直線相交于點（，兩點不重合）.（1）用，表示；（2）若，，求的最小值.解：（1）因為，所以，化簡得.（2）因為，，，所以，由圖可知，，又因為、、三點共線，所以，所以，當，即時，取最小值.19.設.（1）判斷函數(shù)的奇偶性，并寫出最小正周期；（2）求函數(shù)在上的最大值.解：（1）由題意得，故，令，，由于不恒等于，也不等于，故為非奇非偶函數(shù)，其最小正周期為.（2）由題意可得，因為，所以，故，故的最大值為，即函數(shù)在上的最大值為.20.某游戲廠商對新出品的一款游戲設定了“防沉迷系統(tǒng)”，規(guī)則如下：①3小時內(nèi)（含3小時）為健康時間，玩家在這段時間內(nèi)獲得的積累經(jīng)驗值（單位：EXP）與游玩時間（單位：小時）滿足關系式：；②3到5小時（含5小時）為疲勞時間，玩家在這段時間內(nèi)獲得的經(jīng)驗值為0（即累計經(jīng)驗值不變）；③超過5小時的時間為不健康時間，累積經(jīng)驗值開始損失，損失的經(jīng)驗值與不健康時間成正比例關系，正比例系數(shù)為50.（1）當時，寫出累計經(jīng)驗值E與游玩時間的函數(shù)關系式，并求出游玩6小時的累積經(jīng)驗值；（2）該游戲廠商把累計經(jīng)驗值與游玩時間的比值稱為“玩家愉悅指數(shù)”，記為，若，且該游戲廠商希望在健康時間內(nèi)，這款游戲的“玩家愉悅指數(shù)”不低于24，求實數(shù)的取值范圍.解：（1）由題意可得：當時，則，且；當時，則；當時，則；綜上所述：，若，則，所以（EXP）.（2）由（1）可得：，則，由題意可得：當時，恒成立，整理得對任意恒成立，因為的開口向上，對稱軸，則時，取到最小值，可得，解得，所以實數(shù)的取值范圍為.21.如圖，在我校即將投入使用的新校門旁修建了一條專門用于跑步的紅色跑道，這條跑道一共由三個部分組成，其中第一部分為曲線段ABCD，該曲線段可近似看作函數(shù)，的圖象，圖象的最高點坐標為.第二部分是長為1千米的直線段DE，軸.跑道的最后一部分是以O為圓心的一段圓弧.（1）若新校門位于圖中的B點，其離AF的距離為1千米，一學生準備從新校門筆直前往位于O點的萬象樓，求該學生走過的路BO的長；（2）若點P在弧上，點M和點N分別在線段和線段上，若平行四邊形區(qū)域為學生的休息區(qū)域，記，請寫出學生的休息區(qū)域的面積S關于的函數(shù)關系式，并求當為何值時，取得最大值.解：（1）由條件知，，又因為，則，所以，又因為當時，有，且，所以，所以曲線段ABCD的〖解析〗式為，，由，即，或，解得，又因為，所以，，所以；或，無論k為何值都不符合，舍去，所以，即該學生走過的路BO的長為千米.（2）由題可知，當時，，所以，則，，，所以，在中，，，，，則由正弦定理，可得，故可得，故，即，當時，，此時S取得最大值.22.如圖，斜三棱柱中，，為的中點，為的中點，平面⊥平面．（1）求證：直線平面；（2）設直線與直線的交點為點，若三角形是等邊三角形且邊長為2，側棱，且異面直線與互相垂直，求異面直線與所成角；（3）若，在三棱柱內(nèi)放置兩個半徑相等的球，使這兩個球相切，且每個球都與三棱柱的三個側