2023-2024學年四川省成都市成華區(qū)高一年級下冊7月期末考試數(shù)學試題（含答案）

2023-2024學年四川省成都市成華區(qū)高一下學期7月期末考試數(shù)學試

題

一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求

的。

1.若2=（2-山）（1+2。為純虛數(shù)，則實數(shù)￡1=（）

A.-2B.2C.-1D.1

2.已知向量N=（2,-1）,b=（fc,2）,且G+另）〃優(yōu)則實數(shù)k等于（）

3

A.-4B.4C.0D.-|

3.已知九是兩條不同直線，a,/?,y是三個不同平面，則下列命題中正確的是（）

A.若n//a,則??1〃九B.若a1/?,y1/?,則a1y

C.若?n1a,n1af則m〃7iD.若zn〃a，m//p,則優(yōu)〃，

4.如圖，在正方體/BCD-GA中，點M,N分別為線段ZC和線段//的中點，求直線MN與平面

4/84所成角為是（）

A.60°

B.45°

C.30°

D.75°

5.已知cos2a=I，則cos（「—a）cos（7+a）的值為（）

344

A-3Bl

6.設落3為單位向量，五在3方向上的投影向量為—21，則|N—1|=（）

A.1B.2C.72D.\A3

7.筒車亦稱“水轉筒車”，一種以水流作動力，取水灌田的工具，如圖是某公園的筒車，假設在水流穩(wěn)定

的情況下，筒車上的每一個盛水筒都做逆時針方向勻速圓周運動.現(xiàn)有一半徑為2米的筒車，在勻速轉動過

程中，筒車上一盛水筒M距離水面的高度H（單位：米，記水筒M在水面上方時高度為正值，在水面下方時

高度為負值）與轉動時間t（單位：秒）滿足函數(shù)關系式"=25也（象+9）+[,（Pe（0,5,且"0時，盛水

筒M位于水面上方2.25米處，當筒車轉動到第80秒時，盛水筒M距離水面的高度為（）米.

A.3.25

B.2.25

C.1.25

D.0.25

1i

8.已知角a,0滿足cosa=j,cos(a+/?)cosj6=則cos(a+20)的值為()

34

1111

A?運B.京C.-Dy

二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。

9.已知復數(shù)z的共物復數(shù)為，，則下列命題正確的是()

A.z+zERB.z-5為純虛數(shù)C.|z|=|z|D.z2=?

10.函數(shù)/(%)=2V_5sin3%cos3%+2cos2a)x—1(0<o)<1)的圖象如圖所示，則()

A.y=/(%)的最小正周期為兀r

B.y=f(x+》cos%的圖象關于直線％="對稱

C.y=/(2x+今是奇函數(shù)—/o-

D.若y=/(tx)(t>0)在[0,捫上有且僅有兩個零點，則實數(shù)te[y,y)

11.設點。是△48C所在平面內一點，。是平面上一個定點，則下列說法正確的有()

A.若歷=(|而g前)，貝⑺是BC邊上靠近8的三等分點

B.若而=4(,+AC￡R且4中0),則直線AC經過△ABC的垂心

|45|cos8|i4L|C0SL

C.若前二乂通+y前，且x,y&R,x+y=^,則△BCD是△ABC面積的一半

D.若平面內一動點P滿足加=而+4(篇+翡)，(46/?且；170),則動點P的軌跡一定通過A/IBC的外

心

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.已知平面向量2,褊足同=1,3=(1,2),a1(2-2b),則向量2,3夾角的余弦值為.

13.若無G[0,4]時，曲線y=sin(兀x)與y=2sin(27ix-弓)的交點個數(shù)為.

14.已知菱形48C。的邊長為2,N2BC=?將△D4C沿著對角線4C折起至△D'AC,連結B。'.設二面角￡>'一

AC-B的大小為。，當時，則四面體。%BC的外接球的表面積為.

四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。

15.(本小題12分)

設向量五與3不共線.

(1)若d=(1,2),b=(-1,1),若沅=2N-k氏元=33一5丸mln,求實數(shù)k的值；

(2)若瓦？=1一反OB=5a+2b,0C=7a+^b,求證：A,B,C三點共線.

16.(本小題12分)

設函數(shù)/(X)=(sinx+cosx)2+2V-3sin2x—V-3.

(1)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間；

(2)當久e?知時，求函數(shù)f(x)的值域.

17.(本小題12分)

如圖，在AABC中，AB=3,AC=2,NBAC=g,D是BC邊的中點，CE1與CE交于點F.

(1)求CE和4。的長度；

(2)求cosNCFD.

18.(本小題12分)

如圖，正四棱錐S-4BCD,SA=SB=SC=SD=4,AB=272,P為側棱SO上的點，且SP=3PD,

(1)求正四棱錐S-力BCD的表面積；

(2)求點S到平面P4C的距離；

(3)側棱SC上是否存在一點E,使得BE〃平面P4C,若存在，求當?shù)闹?若不存在，試說明理由.

19.(本小題12分)

如圖1,由射線PA、PB、PC構成的三面角P—ABC,^APC=a,乙BPC=0,乙4PB=y,二面角4一

PC-8的大小為仇類比于平面三角形中的余弦定理，我們得到三維空間中的三面角余弦定理：cosy=

cosacos/3+sinasinScosJ.

(1)如圖2,在三棱錐P-ABC中，點M是點B在平面APC中的投影，8。1PC,連接MD,24=4,^APC=

60°,^BPC=45°,^APB=90°,PB+PC=8.

①求平面4PC與平面BPC所成的角的正弦值；

②求三棱錐P-4BC體積的最大值；

(2)當a、0、ye(0,今時，請在圖1的基礎上，試證明三面角余弦定理.

參考答案

l.c

2.X

3.C

4.B

5.4

6.D

7.8

8.C

9.ACD

10.BD

11.ABC

12—

io

13.8

14駟

3

15.(1)解：由題意，2a-kb=(2+k,4—k),3a-5b=(8,1),

因為(23-1(3a-5b),

所以(21—kB)一(3五一53)=0,

解得k=—3

(2)證明：因為屈=41+3丸AC=6a+|b,

所以前=|通，有公共點4所以4、B、。三點共線.

16.1?：(l)/(x)=1+sin2x+2y/~3x1彳$2K_^/-3—1+sin2x—V_3cos2x=2sin(2x—今+1.

由2/OT—1-<2x—<2/OT+](keZ),

得/ot—<x<krt+瑞(keZ),

則函數(shù)f(%)的單調遞增區(qū)間為即一也"+罵](keZ).

（2）由3（比＜：,

得XT小

則-，＜sin（2x-|）＜1,

則1一門＜/（久）＜3,

即當xe0,：）時，函數(shù)/（X）的值域為（1—質,3].

17.解：(1)???CELAB,：.AAEC=,在RtEMEC中，AC=2,/.EAC=^,

所以CE=ACsm^EAC=2s嗚=<3.

???4。是中線，AD=1(AB+XC),

------>21/>>、1/>2------>>>2\

AD==4押+2AB-AC+AC)

1(cl.occ兀，194c

=—(32+2x3x2cos—+22)=—,AD―A―A-1-9

4\3/4L

L/19

CE=yH,,AD=-^-；

(2)AE=AC-cos與=1=例B，二荏=；荏，

]

￡C=ZC-AE=XC-AB

AD-EC=1(AB+XC)1

3

_12一—122+jx3x2cos1-1x32_3

+@48,AC—可

=2=2

|757

coszCFD=cos(AD=AD-EC

阿H園一季xC一下

另解：過D作DG//CE交BE于G,

???￡）是BC的中點，G是BE的中點,

???AE=EG=GB=1,EF是團AGD的中位線，DG是△BCE的中位線,

陵=池=2=苧加=加=W,

coszCFD=cos^AFE=—^^=—.

18.解：(1)因為SA=SB=SC=SD=4,AB=2戰(zhàn)

貝USG1AB,且SG=y/SA2-AG2=V42-2=A<14，

所以，正四棱錐S-ABCD的表面積為

4SASAB+^BABCD=4x|XABXSG+AB2=2X2-\A2XV14+8=8+8V7,

(2)解：連接BD交AC于點0,連接SO、OP,如下圖所示：

因為四邊形48CD是邊長為的正方形，貝l|BD=YIx242=4=SB=SD，

故△SBC是邊長為4的等邊三角形，因為aCc80=。，則。為8。、2C的中點，所以S01B。,

且S。=SBsin60°=4X苧=2-/3>乙OSD=^/.BSD=|X60°=30°,

因為SP=3PD,貝USP=:SD==x4=3,

44

由余弦定理可得op2=so2+sp2-2SO-SPcos30°=12+9-2x2/3x3x苧=3，

s

所以，SP2+OP2=S02,所以，SP1OP,

因為四邊形4BCD為正方形，貝IMCIBD,因為S4=SC,。為力C的中點,

貝必CIS。，因為SOCiBD=。，SO、BDu平面SBD,

所以4C1平面SBD,因為SPU平面SBD,所以SP1AC,

因為。PCAC=。，OP、ACu平面PAC,所以SP_L平面PAC,

因此點S到平面P4C的距離為SP=3,

(3)解：在側棱SD上存在一點E,使BE〃平面P4C,滿足||=2,

理由如下：取SD的中點為Q,因為SP=3PD,則PQ=PD,

過Q作PC的平行線交SC于E,連接BQ,BE.在ABDQ中，

因為。、P分別為B。、DQ的中點，貝|BQ〃P。，

因為P。u平面PAC,BQ仁平面P",所以8Q〃平面P4C,

由||=湛=2,則QE〃PC,

因為PCu平面PAC,QEC平面PAC,所以QE〃平面P4C,

而BQCQE=Q,BQ、QEu平面BEQ,故面BEQ//面PAC,

又BEu面BEQ,貝|BE〃平面PAC,止匕時若=2.

s

BC

nn1S

19.解：(1)由題意得：①因為cose=cosy-cosa》sp=■—R，9e(0,7T),所以sin?——;

''sina-sin