/遼寧省2023?2024學年高一下冊7月期末考試數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．如果復數滿足：，那么（

）A． B．C． D．2．已知兩個非零向量，滿足，則在上的投影向量為（

）A． B． C． D．3．設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下面命題中正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則4．如圖，在直三棱柱中，所有棱長都相等，分別是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．5．在世紀中期，我國古代數學家劉徽在《九章算術注》中提出了割圓術：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣”.這可視為中國古代極限觀念的佳作.割圓術可以視為將一個圓內按正邊形等分成個等腰三角形（如圖所示），當越大，等腰三角形的面積之和越近似等于圓的面積.運用割圓術的思想，可得到的近似值為（取近似值）（

）A． B． C． D．6．在中，若，則是（

）A．等腰三角形 B．等邊三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形7．若水平放置的平面四邊形按斜二測畫法得到如圖所示的直觀圖，其中，，，，則以原四邊形的邊為軸旋轉一周得到的幾何體的體積為（

）A． B． C． D．8．已知二面角的平面角的大小為為半平面內的兩個點，為半平面內一點，且，若直線與平面所成角為，為的中點，則線段長度的最大值是（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．已知復數，則下列說法正確的是（

）A． B．的虛部為C．在復平面內對應的點在第四象限 D．的共軛復數為10．函數（）的圖象的一個對稱中心為，則下列說法正確的是（

）A．直線是函數的圖象的一條對稱軸B．函數在上單調遞減C．函數的圖象向右平移個單位可得到的圖象D．函數在上的最大值為11．如圖，在邊長為4的正方體中，分別是棱的中點，是正方形內的動點，則下列結論正確的是（

）A．若平面，則點的軌跡長度為B．若，則點的軌跡長度為C．二面角的正切值為D．若是棱的中點，則三棱錐的外接球的表面積是三、填空題（本大題共3小題）12．.13．已知直四棱柱高為，底面四邊形中，，，，，則四棱柱外接球的表面積是.14．某同學在學習和探索三角形相關知識時，發現了一個有趣的性質：將銳角三角形三條邊所對的外接圓的三條圓弧（劣弧）沿著三角形的邊進行翻折，則三條圓弧交于該三角形內部一點，且此交點為該三角形的垂心（即三角形三條高線的交點）如圖，已知銳角外接圓的半徑為4，且三條圓弧沿三邊翻折后交于點.若，則；若，則的值為.四、解答題（本大題共5小題）15．如圖所示，A，，為山腳兩側共線的三點，在山頂處測得三點的俯角分別為，，．計劃沿直線開通穿山隧道，請根據表格中的數據，計算：(1)的長度；(2)隧道的長度．16．正方體的棱長為，是線段上的動點.(1)求證：平面平面；(2)與平面所成的角的余弦值為，求的長．17．在平面直角坐標系中，已知四邊形是等腰梯形，，點滿足，點在線段上運動（包括端點），如圖所示.(1)當點為線段中點時，將繞原點沿逆時針方向旋轉到的位置，求點的坐標；(2)求的余弦值；(3)是否存在實數，使？若存在，求出實數的取值范圍；若不存在，請說明理由.18．如圖1，在矩形中，是線段上（包括端點）的一動點，如圖2，將沿著折起，使點到達點的位置，滿足點平面.

(1)如圖2，當時，點是線段上點的，平面，求的值；(2)如圖2，若點在平面內的射影落在線段上.①是否存在點，使得平面，若存在，求的長；若不存在，請說明理由；②當三棱錐的體積最大值時，求點到平面的距離.19．已知函數，請在下面的三個條件中任選兩個解答問題.①函數的圖象過點；②函數的圖象關于點對稱；③函數相鄰對稱軸與對稱中心之間距離為1.(1)求函數的解析式；(2)若是函數的零點，求的值組成的集合；(3)當時，是否存在滿足不等式？若存在，求出的范圍；若不存在，請說明理由.

答案1．【正確答案】A【分析】設，即可表示出，再根據復數相等的充要條件得到方程組，解得即可.【詳解】設，則，，因為，即，所以，解得，所以.故選A.2．【正確答案】B【分析】根據，得，再根據投影向量的公式計算即可.【詳解】由題意，，解得，即在上的投影向量為.故選.3．【正確答案】D【分析】對于ABC，根據正方體的結構特征，舉反例說明即可；對于D，根據線面垂直的性質和判定定理分析判斷.【詳解】對于ABC，在正方體中，例如∥平面，平面∥平面，平面，但與相交，故A錯誤；例如∥，∥平面，∥平面但平面平面，故B錯誤；例如，平面，但平面，故C錯誤；對于D，若，則∥，且，所以，故D正確.故選D.4．【正確答案】D【分析】利用平移法作出異面直線與所成角，解三角形即可求得答案.【詳解】連接，因為在直三棱柱中，分別是棱的中點，故即四邊形為平行四邊形，所以，則即為異面直線與所成角或其補角，直三棱柱中，所有棱長都相等，設其棱長為，連接，則平面，故平面平面，故，是棱的中點，故，則,而，又，故在中，，由于異面直線所成角的范圍，故異面直線與所成角的余弦值是.故選D.【方法總結】求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當的空間直角坐標系，通過計算向量夾角（直線方向向量與直線方向向量、直線方向向量與平面法向量、平面法向量與平面法向量）的余弦值，通過轉化求出結果.5．【正確答案】C【分析】根據題意，將一個單位圓等分成60個扇形，則每個扇形的圓心角均為，再根據這60個扇形對應的等腰三角形的面積之和近似等于單位圓的面積列等式，計算即可.【詳解】將一個單位圓等分成60個扇形，則每個扇形的圓心角均為，因為這60個扇形對應的等腰三角形的面積之和近似等于單位圓的面積，所以，即.故選.6．【正確答案】A【分析】根據條件，利用降冪升角公式及余弦的和差角公式，得到，即可求出結果.【詳解】因為，整理得到，即，又，得到，所以，即.故選A.7．【正確答案】D【分析】由斜二測畫法的直觀圖，得出原圖形為直角梯形，再軸旋轉一周得到的圓柱和圓錐的組合幾何體的體積．【詳解】由斜二測畫法的直觀圖知，，，，，，即原圖形中，，，，，，即梯形以邊為軸旋轉一周得到的幾何體為圓柱去掉一個同底圓錐的組合體，．故選D．8．【正確答案】A【分析】作于，根據已知條件可得兩點在以為高，為母線的圓錐的底面圓周上，再根據余弦定理可得，從而判斷出要使線段的長度最大，則最大，確定兩點的位置，再利用三角形知識求解即可.【詳解】作于，因為二面角的平面角的大小為，根據面面垂直的性質定理可得，因為，所以兩點在以CO為高，為母線的圓錐的底面圓周上，根據余弦定理：，要使線段的長度最大，需要使得最小，即最大，所以當兩點運動到公共棱上時，最大，則線段的長度最大，因為直線與平面所成角為，所以，則，在中，根據余弦定理得，所以，即線段長度的最大值是.故選A.9．【正確答案】ACD【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡，即可得到其共軛復數，再一一判斷即可.【詳解】對于A、D，因為，所以，則，故A正確，D正確；對于B，的虛部為，故B錯誤；對于C，在復平面內對應的點為，位于第四象限，故C正確.故選ACD10．【正確答案】AC【分析】根據兩角和的余弦公式化簡函數解析式，再根據對稱中心可得，再根據三角函數性質分別判斷各選項.【詳解】由，由是函數圖象的一個對稱中心，即，，解得，，又，所以，所以，令，，解得，，當時，，即直線是函數的一條對稱軸，故A正確；令，，解得，，即函數的單調遞減區間為，，當時，函數在單調遞減，所以函數在上單調遞增，故B錯誤；函數的圖象向右平移個單位可得，故C正確；當時，，所以函數，即最大值為，故D錯誤.故選AC.【方法總結】三角函數圖象變換中應注意的問題：變換前后函數的名稱要一致，若不一致，應先利用誘導公式轉化為同名函數；要弄清變換的方向，即變換的是哪個函數的圖象，得到的是哪個函數的圖象；(3)要弄準變換量的大小，特別是平移變換中函數y=Asinx到y=Asin(x+φ)的變換量是|φ|個單位長度，而函數y=Asinωx到y=Asin(ωx+φ)時，變換量是φω個單位長度11．【正確答案】BCD【分析】對于A，作出對應圖形，先證明面面，再結合給定條件確定動點軌跡，求解長度；對于B，利用給定條件確定動點軌跡，求解長度；對于C，作出二面角的平面角，利用余弦定理結合同角三角函數的基本關系求解正切值；對于D，先找到球心，利用勾股定理得到半徑，求解球的表面積即可.【詳解】對于A，如圖，取中點，連接，因為分別是棱的中點，由中位線定理得，，所以，而，，所以四邊形是平行四邊形，所以，即，因為，，所以四邊形是平行四邊形，即，因為面，面，所以面，因為面，面，所以面，而，所以面面，又是正方形內的動點，且平面，面和交，是交線，所以的軌跡為線段，由勾股定理得，故A錯誤；對于B，如圖，若，此時面，所以，由勾股定理得，所以的軌跡為在面內，以為圓心，為半徑的圓弧，所以的軌跡長度為，故B正確；對于C，如圖，作，連接，連接，因為正方體，分別是棱的中點，也把的中點記為，所以是的中位線，所以，而，所以，而由正方體性質得面，所以，而，面，故面，，，而由勾股定理得，，由三線合一性質得S是的中點，故S是的中點，即S是靠近的四等分點，所以由勾股定理得，，，而，，面面，所以是二面角的平面角，且設該角為，在中，由余弦定理得，易得，所以，而，解得(負根舍去)，所以，所以二面角的正切值為，故C正確；對于D，如圖，取的中點，的中點，連接，因為是棱的中點，分別是棱的中點，所以，由勾股定理得，而，所以，所以，而，所以點到的距離相等，因為，由正方體性質得面，所以面，所以三棱錐的外接球的球心在上，設球心為，，則，又，設三棱錐的外接球的半徑為，則，在直角三角形中，由勾股定理得，在直角三角形中，由勾股定理得，解得，，所以三棱錐的外接球的表面積為，故D正確.故選BCD.12．【正確答案】由兩角和的正切公式可得，代入所求代數式化簡可得結果.【詳解】由化簡可得.故答案為.13．【正確答案】【分析】由已知可得底面四邊形的外接圓圓心即為的外接圓圓心，根據余弦定理及正弦定理可得底面外接圓半徑，進而可得四棱柱外接球半徑，即可得外接球表面積.【詳解】如圖所示，由底面四邊形中，，所以四邊形的外接圓圓心即為的外接圓圓心，在的中點，連接，，，，在中，由余弦定理得，即，所以四邊形及的外接圓半徑，設四邊形的外接圓圓心為，四邊形的外接圓圓心為，則，，直四棱柱的外接球球心為中點，即，且，即外接球半徑，所以外接球表面積.故答案為.14．【正確答案】；【分析】第一空：由正弦定理求得，利用三角形垂心性質結合三角形誘導公式推得，即得答案；第二空：設，由余弦定理求得它們的余弦值，然后由垂心性質結合正弦定理表示出，即可求得答案.【詳解】設外接圓半徑為，則，由正弦定理，可知，即，由于是銳角，故，由題意可知P為三角形ABC的垂心，即，故，所以；設，則，由于，不妨假設，由余弦定理知，設AD，CE，BF為三角形的三條高，由于，故，則得，所以，同理可得，所以.故；.15．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）由求出，從而可求出，然后在中利用正弦定理可求出；（2）在中利用正弦定理求出，從而可求出.【詳解】（1）因為，為銳角，所以，即，在中，，由正弦定理得，所以；（2）因為，在中，，由正弦定理得，則，即，所以隧道的長度為.16．【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據題意可得，，進而可證平面，即可得結果；（2）設在平面上的射影點為，連接，利用等體積法可得，結合線面夾角可得，再利用余弦定理計算可得.【詳解】（1）因為平面，且平面，可得，四邊形為正方形，則，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）設在平面上的射影點為，連接，可知是以邊長為的等邊三角形，則，因為，即，解得，設與平面所成的角的大小為，因為，則，則，可得，在中，由余弦定理得，即，解得.17．【正確答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）根據題意得，在三角形中可求得答案；（2）根據三角形中余弦定理運算公式可求得答案；（3）設，其中，根據，可得，分類討論可求得的范圍.【詳解】（1）因為是等腰梯形，，，點為線段中點，所以，則，將繞原點沿逆時針方向旋轉到的位置，如圖所示，作軸于點,,可得，，，，，所以點的坐標為（2）在中，，所以，因此的余弦值；（3）設，其中，，若，則，即，可得，若，則不存在，若，則故．18．【正確答案】(1)(2)①存在，，②【分析】（1）取的中點，連接，則由面面平行的判定定理可證得平面∥平面，再利用面面平行的性質可得，從而可求得結果；（2）①當點與點重合時，平面，由已知條件可證得平面，則，再利用線面垂直的判定定理可證得結論；②在矩形中作于，延長交于點，折起后得，設，由∽，可得，在中，表示出，然后表示出，利用基本不等式可求出其最大值，從而可點到平面的距離.【詳解】（1）取的中點，連接，因為，所以，因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面，因為平面，，平面，所以平面平面，因為平面平面，平面平面，所以，因為是的中點，所以；

（2）①存在點，當點與點重合，即時，平面，理由如下：當點與點重合時，則，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，，平面，所以平面，即當點與點重合，時，平面；②在矩形中作于，延長交于點，折起后得，

設，則，因為，所以，因為，所以，因為，所以∽，得，即，得，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面，平面，所以，所以點與點重合，因為要使得點的射影落在線段上，所以，則，解得，在中，，所以，當且僅當，即時，，當時，，，則是的中點，所以點到平面的距離為.【思路導引】此題考查線面平行的判定，考查線面垂直的判定，考查點面距離的求法，解題