2023-2024学年辽宁省名校联盟高一下学期7月期末数学试题
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.如果复数满足：，那么( )
A. B. C. D.
2.已知两个非零向量，满足，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
3.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下面命题中正确的是( )
A. 若，，，则 B. 若，，，则
C. 若，，则 D. 若，，，则
4.如图，在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
5.在世纪中期，我国古代数学家刘徽在九章算术注中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”这可视为中国古代极限观念的佳作．割圆术可以视为将一个圆内按正边形等分成个等腰三角形如图所示，当越大，等腰三角形的面积之和越近似等于圆的面积．运用割圆术的思想，可得到的近似值为 取近似值
A. B. C. D.
6.在中，若，则是( )
A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形
7.若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为( )
A. B. C. D.
8.二面角的平面角的大小为，，为半平面内的两个点，为半平面内一点，且，若直线与平面所成角为，为的中点，则线段长度的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，则下列说法正确的是( )
A. B. 的虚部为
C. 在复平面内对应的点在第四象限 D. 的共轭复数为
10.函数的图象的一个对称中心为，则下列说法正确的是
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 函数在上单调递减
C. 函数的图象向右平移个单位可得到的图象
D. 函数在上的最大值为
11.如图，在边长为的正方体中，，分别是棱，的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是( )
A. 若平面，则点的轨迹长度为
B. 若，则点的轨迹长度为
C. 二面角的正切值为
D. 若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. ．
13.已知直四棱柱高为 ，底面四边形 中，，，，，则四棱柱外接球的表面积是____________．
14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧劣弧沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心即三角形三条高线的交点如图，已知锐角外接圆的半径为，且三条圆弧沿三边翻折后交于点若，则 ；若，则的值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图所示，，，为山脚两侧共线的三点，在山顶处测得三点的俯角分别为，，计划沿直线开通穿山隧道，请根据表格中的数据，计算：
的长度
隧道的长度．
16.本小题分
正方体的棱长为，是线段上的动点．
求证：平面平面
与平面所成的角的余弦值为，求的长．
17.本小题分
在平面直角坐标系中，已知四边形是等腰梯形，，点满足，点在线段上运动包括端点，如图所示．
当点为线段中点时，将绕原点沿逆时针方向旋转到的位置，求点的坐标
求的余弦值；
是否存在实数，使若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
18.本小题分
如图，在矩形中，，，是线段上的一动点，如图，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面
如图，当时，点是线段上点的，平面，求的值；
如图，若点在平面内的射影落在线段上．
是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；
当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离．
19.本小题分
已知函数
请在下面的三个条件中任选两个解答问题．
函数的图象过点；
函数的图象关于点对称；
函数相邻对称轴与对称中心之间距离为
求函数的解析式；
若，是函数的零点，求的值组成的集合；
当时，是否存在满足不等式？若存在，求出的范围；若不存在，请说明理由．
答案解析
1.
【解析】解：设 ，则 ，由复数相等的充要条件，
得 解得 即 ．
故选A．
2.
【解析】解：，
，即，
在方向上的投影向量为．
3.
【解析】解：由，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，知：
在中，若，，，则与平行或异面，故A错误
在中，若，，，则与相交或平行，故B错误
在中，若，，则与相交、平行或，故C错误
在中，若，，则，
又，则由线面垂直的判定定理得，故D正确．
故选D．
4.
【解析】连接，因为在直三棱柱中，，分别是棱，的中点，
故，即四边形为平行四边形，
所以，则即为异面直线与所成角或其补角；
直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为 ，
连接，则，而平面，故平面，
平面，故，
是棱的中点，故，则，
而，又，
故在中，，
由于异面直线所成角的范围为大于，小于等于，
故异面直线与所成角的余弦值是，
故选：
5.
【解析】解：将一个单位圆分成个扇形，
则每个扇形的圆心角度数均为，
这个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，
，
故选C．
6.
【解析】解：根据题意，可得，
化简可得，
即，
即，
所以，
因为，
故，
即，所以三角形为等腰三角形．
故选A．
7.
【解析】解：由斜二测画法的直观图知，
，，，；
，
所以原图形中，，，，，，
则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体为圆柱截取一个圆锥，
所以该几何体的体积为：
．
故选D．
8.
【解析】解：直线与平面所成的角为，且，
点到平面的距离为定值 ，
过点作平面于，则 ，，
又 ，
点、在以为顶点，半径为的圆与半平面的相交弧线上，
由于二面角为，是个直角，故点在平面与平面的交线上，故该弧线等于半个圆，
故当、在直线上时，可使长度最大，
此时，中，，，，
故由余弦定理可得，
所以，线段长度的最大值是．
9.
【解析】解： ，
，故A正确；
的虚部为，故B不正确；
在复平面内对应的点 在第四象限，故C正确；
的共轭复数为 ，故D正确．
故选：
10.
【解析】解：、的图象的一个对称中心为，
，则，，
，，
，
，
则，
，
直线是函数的图象的一条对称轴，故A正确；
B、当时，，
在时有增有减，
函数在上不单调递减，故B错误；
C、函数的图象向右平移个单位，
得的图象，故C正确；
D、当时，，
在上的最大值为，
函数在上的最大值为，故D错误．
故选AC．
11.
【解析】解：
分别取棱，的中点，，连接，
易证，，
平面，平面，所以平面，
且平面，平面，所以平面，
又平面，则平面平面 ，
因为 平面，且是正方形 内的动点，
所以点的轨迹是线段．
因为 ，所以，
因为，所以，故A错误；
因为，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的个圆，
则点的轨迹长度为，则B正确；
如图：取的中点，连接，，，
，分别是棱，的中点，，
在边长为的正方体中，平面，平面，
，而，，、平面，
平面，平面，，则，同理可得，
二面角的平面角，而，
在边长为的正方体中，，，，，
，故C正确；
是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为．
如图，设，则三棱锥的外接球的半径满足 ，解得，
从而三棱锥的外接球的表面积是 ，故D正确．
故选BCD．
12.
【解析】解：
．
故答案为．
13.
【解析】解：由题意可知四边形外接圆圆心在的中点处，
直四棱柱外接球的球心是在过的中点且垂直于平面和平面所夹线段的中点处，
在中，，，，所以，
所以，所以球的半径，
所以四棱柱外接球的表面积为．
故答案为
14.
【解析】解：设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，
又由题意可知，，
所以；
设，，，则，
易知，
由题意可得，所以，
同理可得，
所以．
故答案为：；．
15.解：由，为锐角，可得，
则，
在中，，，，
由正弦定理可得，；
在中，，，，
由正弦定理可得，，
所以，所以隧道的长度为．
【解析】由，为锐角，可得，则，由正弦定理即可得出答案；
直接利用已知条件和正弦定理的应用求出结果．
16.证明：由题，面，四边形为正方形，
所以，，而，面，面，
所以面，而面，所以平面平面．
解：设在面上的射影点为，连接，，
，
，即，得，
设与平面所成的角的大小为，，
则，
所以，在中，由余弦定理得，
，
即，解得．
【解析】根据面面垂直的判定定理进行证明即可；
设在面上的射影点为，连接，，由，求出，设与平面所成的角的大小为，则，再结合余弦定理即可求解．
17.解：由已知可得，，
逆时针方向旋转到的位置后，
，
故点的坐标为；
由题意，可得，，，
，，
，；
设，其中，则，，
若，则，即，
，
若，则不存在；
若，则．
．
即满足条件的实数存在，实数的取值范围为．
【解析】由已知可得，结合任意角三角函数的定义计算即可；
由题意求得、的坐标，再根据，，运算求得结果；
设，其中，由，得，可得分，则不存在；，则，求得实数的取值范围．
18.解：取的中点，连接和．
，，四边形为平形四边形
又平面，平面，
平面
又平面，，平面，平面，
平面平面，又平面平面平面平面，
，又为的中点，
，
存在点，当点与点重合，即时平面，
理由如下：
当点与点重合时，则，
面，面，，
又，且，平面，
平面，
平面，，
又，，，面，
当点与点重合，即时，平面；
在矩形中作，垂足为点，延长交于点，折起后得．
设，，，
由∽得即，，，
要使得点的射影落在线段上，则，则，
在中，，
，当且仅当即时，．当时，，，是的中点，
所以点到平面的距离是点到平面距离的一半，
又由知，当，即点与点重合时，平面，
所以点到平面的距离是．
【解析】取的中点，连接和，由题意平面所以平面平面，所以，所以，；
存在点，当点与点重合，即时平面，利用线面垂直的判定即可得证；
设，，，化简，利用基本不等式得出其最大值，此时点到平面的距离是点到平面距离的一半，可得结果．
19.解：若选，
由得，，即，又，得．
若的图象关于点对称；
则，得，即，，
，，，
则．
若选，
由得，即，又，得．
函数相邻对称轴与对称中心之间距离为，则，即，则，得，
则．
若选，
函数相邻对称轴与对称中心之间距离为，则，即，则，得，
若的图象关于点对称；
则，得，即，，
，，．
则．
综上，．
，是函数的零点，
，即，
则，，
同理，，，
得，
或，
或，
，或，
或，，
则或或，
即的值的集合为．
若，则
即，，，
当时，即时，，
此时由在上单调递增，
知，得，得．
．
当时，即时，，
此时只有，，
由在上单调递减，
知，得，得．
．
综上，．
即实数的取值范围是
【解析】根据三角函数的图象和性质求出和的值即可．
根据函数零点与三角函数方程之间的关系求出的值即可．
假设不等式成立，结合三角函数的单调性的性质进行讨论求解即可．
第1页，共1页
