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

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1四川省成都市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.下面有四個(gè)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(gè)數(shù)為（）A.0個(gè) B.1個(gè) C.2個(gè) D.3個(gè)〖答案〗B〖解析〗①由子集概念知正確；②因?yàn)?，所以，故錯(cuò)誤；③當(dāng)時(shí)，，，故錯(cuò)誤；④因?yàn)?，所以，故錯(cuò)誤.故選：B.2.已知正實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足，則的最小值為（）A.2 B.4 C.8 D.9〖答案〗C〖解析〗因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足，所以，則，當(dāng)且僅當(dāng)且，即，時(shí)取等號(hào).故選：C.3.冪函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，則下列說(shuō)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(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞增，不滿(mǎn)足條件，排除A；當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞減，滿(mǎn)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?yàn)楹瘮?shù)定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，且，所以函數(shù)是奇函數(shù)，不是偶函數(shù)，故C正確，D錯(cuò)誤.故選：C.4.標(biāo)準(zhǔn)的圍棋共行列，個(gè)格點(diǎn)，每個(gè)點(diǎn)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(guó)北宋學(xué)者括在他的著作《夢(mèng)溪筆談》中，也論過(guò)這個(gè)問(wèn)題，他分析得出一局圍棋不同的變化大約有“連書(shū)萬(wàn)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(duì)于，有，所以，分析選項(xiàng)B中與其最接近.故選：B.5.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因?yàn)?，所以，所以，即，所以，則，所以.故選：D.6.已知中，角對(duì)應(yīng)的邊分別為，是上的三等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)）且，，則的最大值是（）A. B. C.2 D.4〖答案〗A〖解析〗因?yàn)?，由正弦定理得，則，即，所以，，則，設(shè)，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(dāng)，時(shí)，.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(biāo)系，如圖，（為邊的中點(diǎn)），由外接圓的性質(zhì)得，因?yàn)闉殇J角且，所以，設(shè)外接圓的半徑，則，因?yàn)?，所以，，所以，，，設(shè)，則外接圓的方程為：，因?yàn)?，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(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào)，化簡(jiǎn)得：，解得或，由圖知：，所以，故的最大值為.故選：D.8.如圖，在棱長(zhǎng)為的正方體中，點(diǎn)是平面內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)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(diǎn)，延長(zhǎng)線段至點(diǎn)，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(zhǎng)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(zhǎng)為，所以，，如下圖所示：其中，不妨設(shè)，由題意可，所以，，可得，所以，點(diǎn)在平面內(nèi)以點(diǎn)為圓心，半徑為圓上，因?yàn)椋灾本€與直線的夾角即為直線與直線所成角，接下來(lái)要求出線段與的長(zhǎng)，然后在中利用余弦定理求解，如圖，過(guò)點(diǎn)作平面于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，根據(jù)題意可知，，且，所以，，，如圖所示，，當(dāng)點(diǎn)在處時(shí)，最大，當(dāng)點(diǎn)在處時(shí)，最小，這兩種情況下直線與直線夾角的余弦值最大，為；當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)處時(shí)，為直角，此時(shí)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(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求；全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9.已知是虛數(shù)單位，復(fù)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(fù)數(shù)的概念可知不能與實(shí)數(shù)比大小，故B錯(cuò)誤；由復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式可得，易知，且不能同時(shí)取得等號(hào)，故，即A正確；即動(dòng)點(diǎn)E到動(dòng)點(diǎn)F的距離，顯然E在拋物線上，F(xiàn)在單位圓上，如圖所示，當(dāng)時(shí)，，故D正確；若存在，使得，則，由上知，即上述方程組無(wú)解，故C錯(cuò)誤.故選：AD.10.在中，角A，B，C所對(duì)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(duì)于選項(xiàng)A：由，由正弦定理可得，則，因?yàn)?，則，可得，即，所以為等腰三角形，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：若，，，則，所以有兩解，故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C：若，有正弦定理可得，則，即，因?yàn)?，則，可得，所以，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D：若為銳角三角形，則，可得，且，，則在上單調(diào)遞增，所以，又因?yàn)?，則，可得，所以，故D正確．故選：ACD.11.已知函數(shù)，則下列說(shuō)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?yàn)镈.存在兩個(gè)不同的實(shí)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(xiàng)A錯(cuò)誤；時(shí)，，故，令，則，因?yàn)椋?，故，且t在單調(diào)遞減，又，故，開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸為，故在單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)滿(mǎn)足同增異減可知：在單調(diào)遞減，B正確；令，若，，即，時(shí)，，兩邊平方得：，故，若，，即，時(shí)，此時(shí)，兩邊平方得：，此時(shí)，綜上：對(duì)于，均有，所以變形為，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，取得最大值，最大值為1，其中，，因?yàn)?，故最小值為，綜上：的值域?yàn)?，C錯(cuò)；，則，假設(shè)為偶函數(shù)，則，即，只需且，由可得：，①，或②，其中由①得：，，不能對(duì)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(shí)成立，令，解得：且，令，解得：且，故，取，此時(shí)，此時(shí)令，解得：，符合要求，取，此時(shí)，此時(shí)令，解得：，舍去，取，此時(shí)，此時(shí)令，解得：，符合要求，綜上：存在兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)，使得為偶函數(shù)，，就是這兩個(gè)實(shí)數(shù)，D正確．故選：BD．12.勒洛四面體是一個(gè)非常神奇的“四面體”，它能像球一樣來(lái)回滾動(dòng)．勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的相交部分圍成的幾何體．如圖所示，設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，則下列說(shuō)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(zhǎng)度為D.勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離可能大于2〖答案〗ABD〖解析〗A選項(xiàng)，先求解出正四面體的外接球，如圖所示：取的中點(diǎn)，連接，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，則為等邊的中心，外接球球心為，連接，則為外接球半徑，設(shè)，由正四面體的棱長(zhǎng)為2，則，，，，，，由勾股定理得：，即，解得：，此時(shí)我們?cè)俅瓮暾某槿〔糠掷章逅拿骟w，如圖所示：圖中取正四面體中心為，連接交平面于點(diǎn)，交于點(diǎn)，其中與共面，其中即為正四面體外接球半徑，設(shè)勒洛四面體內(nèi)切球半徑為，則，故A正確；B選項(xiàng)，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過(guò)正四面體某三個(gè)頂點(diǎn)的截面，如圖所示：面積為，B正確；C選項(xiàng)，由對(duì)稱(chēng)性可知：勒洛四面體表面上交線所在圓的圓心為的中點(diǎn)，故，又，由余弦定理得：，故，且半徑為，故交線的長(zhǎng)度等于，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，將正四面體對(duì)棱所在的弧中點(diǎn)連接，此時(shí)連線長(zhǎng)度最大，如圖所示：連接，交于中點(diǎn)，交于中點(diǎn)，連接，則，則由C選項(xiàng)的分析知：，所以，故勒洛四面體表面上兩點(diǎn)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(dāng)時(shí)，的最大值是4，則_____．〖答案〗1〖解析〗，因?yàn)?，，?dāng)時(shí)，取得最大值為，則.故〖答案〗為：1.14.對(duì)任意兩個(gè)非零的平面向量和，定義，若平面向量、滿(mǎn)足，與的夾角，且和都在集合中，則___________〖答案〗〖解析〗因?yàn)?，故，又由，則，，可設(shè)，，令，，且，又夾角，所以，對(duì)，進(jìn)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?yàn)?，解得：，由可得，，解得：．方法二：由余弦定理可得，，因?yàn)?，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因?yàn)椋?，，又，所以，即．故〖答案〗為：?6.如圖，直四棱柱中，底面為平行四邊形，，點(diǎn)是半圓弧上動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，點(diǎn)是半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，若三棱錐的外接球表面積為，則的取值范圍是__________．〖答案〗〖解析〗因?yàn)椋捎嘞叶ɡ淼茫?，因?yàn)椋晒垂啥ɡ砟娑ɡ淼茫?，直四棱柱中，底面為平行四邊形，故⊥CD，點(diǎn)是半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，故BC為直徑，取BC的中點(diǎn)E，則E為三棱錐的外接球球心在平面的投影，設(shè)與AD相交于點(diǎn)M，與相交于點(diǎn)N，連接EM，ED，則EM=ED，因?yàn)椋?，，故三角形DEM等邊三角形，，即為AD的中點(diǎn)，同理可得：N為的中點(diǎn)，連接EN，則EN⊥平面ABCD，故球心在線段EN上，顯然，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)N重合時(shí)，三棱錐的外接球半徑最小，假如點(diǎn)P與或重合，此時(shí)最長(zhǎng)，故三棱錐的外接球半徑最大，如圖1，點(diǎn)P與點(diǎn)N重合，連接OC，設(shè)，則OE=2-R，，由勾股定理得：，即，解得：，此時(shí)外接球表面積為；如圖2，當(dāng)點(diǎn)P與或重合時(shí)，連接，其中，設(shè)，則，由勾股定理得：，，故，解得：，此時(shí)外接球半徑為，故外接球表面積為，但因?yàn)辄c(diǎn)是半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，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(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17.已知復(fù)數(shù)（是虛數(shù)單位，），且為純虛數(shù)（是的共軛復(fù)數(shù)）.（1）求實(shí)數(shù)及；（2）設(shè)復(fù)數(shù)，且復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，求實(shí)數(shù)的取值范圍．解：（1）∵，∴，，為純虛數(shù)，，解得，故，則.（2），，復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，，解得，故實(shí)數(shù)的取值范圍為.18.如圖所示，在中，為邊上一點(diǎn)，且，過(guò)的直線與直線相交于點(diǎn)，與直線相交于點(diǎn)（，兩點(diǎn)不重合）.（1）用，表示；（2）若，，求的最小值.解：（1）因?yàn)?，所以，化?jiǎn)得.（2）因?yàn)?，，，所以，由圖可知，，又因?yàn)?、、三點(diǎn)共線，所以，所以，當(dāng)，即時(shí)，取最小值.19.設(shè).（1）判斷函數(shù)的奇偶性，并寫(xiě)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?yàn)椋?，故，故的最大值為，即函?shù)在上的最大值為.20.某游戲廠商對(duì)新出品的一款游戲設(shè)定了“防沉迷系統(tǒng)”，規(guī)則如下：①3小時(shí)內(nèi)（含3小時(shí)）為健康時(shí)間，玩家在這段時(shí)間內(nèi)獲得的積累經(jīng)驗(yàn)值（單位：EXP）與游玩時(shí)間（單位：小時(shí)）滿(mǎn)足關(guān)系式：；②3到5小時(shí)（含5小時(shí)）為疲勞時(shí)間，玩家在這段時(shí)間內(nèi)獲得的經(jīng)驗(yàn)值為0（即累計(jì)經(jīng)驗(yàn)值不變）；③超過(guò)5小時(shí)的時(shí)間為不健康時(shí)間，累積經(jīng)驗(yàn)值開(kāi)始損失，損失的經(jīng)驗(yàn)值與不健康時(shí)間成正比例關(guān)系，正比例系數(shù)為50.（1）當(dāng)時(shí)，寫(xiě)出累計(jì)經(jīng)驗(yàn)值E與游玩時(shí)間的函數(shù)關(guān)系式，并求出游玩6小時(shí)的累積經(jīng)驗(yàn)值；（2）該游戲廠商把累計(jì)經(jīng)驗(yàn)值與游玩時(shí)間的比值稱(chēng)為“玩家愉悅指數(shù)”，記為，若，且該游戲廠商希望在健康時(shí)間內(nèi)，這款游戲的“玩家愉悅指數(shù)”不低于24，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）由題意可得：當(dāng)時(shí)，則，且；當(dāng)時(shí)，則；當(dāng)時(shí)，則；綜上所述：，若，則，所以（EXP）.（2）由（1）可得：，則，由題意可得：當(dāng)時(shí)，恒成立，整理得對(duì)任意恒成立，因?yàn)榈拈_(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸，則時(shí)，取到最小值，可得，解得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.21.如圖，在我校即將投入使用的新校門(mén)旁修建了一條專(zhuān)門(mén)用于跑步的紅色跑道，這條跑道一共由三個(gè)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(diǎn)坐標(biāo)為.第二部分是長(zhǎng)為1千米的直線段DE，軸.跑道的最后一部分是以O(shè)為圓心的一段圓弧.（1）若新校門(mén)位于圖中的B點(diǎn)，其離AF的距離為1千米，一學(xué)生準(zhǔn)備從新校門(mén)筆直前往位于O點(diǎn)的萬(wàn)象樓，求該學(xué)生走過(guò)的路BO的長(zhǎng)；（2）若點(diǎn)P在弧上，點(diǎn)M和點(diǎn)N分別在線段和線段上，若平行四邊形區(qū)域?yàn)閷W(xué)生的休息區(qū)域，記，請(qǐng)寫(xiě)出學(xué)生的休息區(qū)域的面積S關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并求當(dāng)為何值時(shí)，取得最大值.解：（1）由條件知，，又因?yàn)?，則，所以，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，有，且，所以，所以曲線段ABCD的〖解析〗式為，，由，即，或，解得，又因?yàn)?，所以，，所以；或，無(wú)論k為何值都不符合，舍去，所以，即該學(xué)生走過(guò)的路BO的長(zhǎng)為千米.（2）由題可知，當(dāng)時(shí)，，所以，則，，，所以，在中，，，，，則由正弦定理，可得，故可得，故，即，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)S取得最大值.22.如圖，斜三棱柱中，，為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)，平面⊥平面．（1）求證：直線平面；（2）設(shè)直線與直線的交點(diǎn)為點(diǎn)，若三角形是等邊三角形且邊長(zhǎng)為2，側(cè)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(gè)半徑相等的球，使這兩個(gè)球相切，且每個(gè)球都與三棱柱的三個(gè)側(cè)