四川省成都市蓉城名校联考2023-2024学年高一下学期数学期末试卷

试卷更新日期：2024-07-01 类型：期末考试

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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. 已知 $c o s α = \frac{1}{2}$ ，则 $c o s 2 α =$ ( )

A、 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ B、 $- \frac{\sqrt{3}}{2}$ C、 $\frac{1}{2}$ D、 $- \frac{1}{2}$

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2. $\vec{M N} - \vec{P Q} - \vec{M P} =$ ( )

A、 $\vec{Q N}$ B、 $\vec{N Q}$ C、 $\vec{P M}$ D、 $\vec{M P}$

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3. 在 $△ A B C$ 中， $A B = 3$ ， $B C = 4$ ， $A C = 5$ ，则 $\vec{C B} \cdot \vec{C A} =$ ( )

A、 $- 16$ B、 $16$ C、 $32$ D、 $- 32$

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4. 一个水平放置的平面图形 $O A B C$ 按斜二测画法得到的直观图 $O' A' B' C'$ 如图所示 $.$ 已知 $O A' = 2 C' B' = 4$ ， $O' C' = A' B'$ ，则平面图形 $O A B C$ 的面积为( )

A、 $3$ B、 $6$ C、 $6 \sqrt{2}$ D、 $12 \sqrt{2}$

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5. 把函数 $f (x) = s i n x$ 的图象向左平移 $\frac{π}{6}$ 个单位长度，再把横坐标变为原来的 $\frac{6}{π}$ 倍 $($ 纵坐标不变 $)$ ，得到函数 $g (x)$ 的图象，下列关于函数 $g (x)$ 的说法正确的是( )

A、函数 $y = g (x)$ 的最小正周期 $T = 6$ B、函数 $y = g (x)$ 在区间 $(2,8)$ 上单调递减 C、函数 $y = g (x + 2)$ 是奇函数 D、函数 $y = g (x + 2)$ 在区间 $[3,4]$ 上的最大值为 $\frac{1}{2}$

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6. 某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量 $($ 单位： $m m) . 24$ 小时降雨量的等级划分如下：
$24$ 小时降雨量 $($ 精确到 $0.1)$
$\dots$
$0.1 ～ 9.9$
$10.0 ～ 24.9$
$25.0 ～ 49.9$
$50.0 ～ 99.9$
降雨等级
$\dots$
小雨
中雨
大雨
暴雨
在一次降雨过程中，用一个侧棱 $A A_{1} = 80 m m$ 的三棱柱容器收集的 $24$ 小时的雨水如图所示，当侧面 $A A_{1} B_{1} B$ 水平放置时，水面恰好过 $A C$ ， $B C$ ， $A_{1} C_{1}$ ， $B_{1} C_{1}$ 的中点 $.$ 则这 $24$ 小时的降雨量的等级是( )

A、小雨 B、中雨 C、大雨 D、暴雨

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7. 如图，圆锥 $P O$ 的底面直径和高均为 $12$ ，过 $P O$ 上一点 $O'$ 作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱 $.$ 则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为( )

A、 $12 π$ B、 $24 π$ C、 $36 π$ D、 $72 π$

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8. 在 $△ A B C$ 中， $A B = A C = 2 \sqrt{2}$ ， $B C = 4$ ，点 $P$ 满足 $\vec{B P} = t \vec{B C}$ ，且 $\frac{\vec{A P} \cdot \vec{B C}}{| \vec{B C} |} = 1$ ，则 $t =$ ( )

A、 $\frac{3}{4}$ B、 $\frac{1}{4}$ C、 $- \frac{3}{4}$ D、 $- \frac{1}{4}$

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二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9. 已知 $m$ ， $n$ 是两条不同的直线， $α$ 是平面，若 $m / / α$ ， $n \subset α$ ，则 $m$ ， $n$ 的关系可能为( )

A、平行 B、垂直 C、相交 D、异面

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10. $△ A B C$ 的内角 $A$ ， $B$ ， $C$ 的对边分别为 $a$ ， $b$ ， $c$ ，下列结论正确的是( )

A、若 ${s i n}^{2} A = {s i n}^{2} B + {s i n}^{2} C - s i n B s i n C$ ，则角 $A = \frac{π}{3}$ B、存在 $A$ ， $B$ ， $C$ ，使 $t a n A + t a n B + t a n C > t a n A t a n B t a n C$ 成立 C、若 $s i n 2 A = s i n 2 B$ ，则 $△ A B C$ 为等腰或直角三角形 D、若 $a = \sqrt{5}$ ， $b = \sqrt{15}$ ， $A = 30 °$ ，则 $△ A B C$ 有两解

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11. 如图，在正方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中， $E$ 为棱 $A B$ 上的动点， $D F ⊥$ 平面 $D_{1} E C$ ， $F$ 为垂足，下列结论正确的是( )

A、 $F D_{1} = F C$ B、三棱锥 $C - D E D_{1}$ 的体积为定值 C、 $E D_{1} ⊥ A_{1} D$ D、 $B C_{1}$ 与 $A C$ 所成的角为 $45 °$

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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12. 已知 $\vec{a}$ ， $\vec{b}$ 为共线向量，且 $\vec{a} = (3,1)$ ， $\vec{b} = (x, 2) (x \in R)$ ，则 $x =$ ．

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13. 在 $△ A B C$ 中， $D$ ， $E$ 分别为 $A C$ ， $B C$ 的中点， $A E$ 交 $B D$ 于点 $M .$ 若 $A B = 2$ ， $A C = 4$ ， $∠ B A C = \frac{π}{3}$ ，则 $c o s ∠ E M D =$ ．

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14. 降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比 $.$ 平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等 $.$ 这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径 $.$ 若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆 $.$ 事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中 $《$ 几何 $》$ 第三册第 $94$ 页例 $2$ 的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商 $.$ 借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形 $A B C D$ 的上下底边长分别为 $6$ 和 $8$ ，高为 $1$ ，这个等腰梯形的外接圆半径为；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高、母线长、底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题 $.$ 观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到 $.$ 研究问题：如图，正三棱台的高为 $1$ ，上、下底面边长分别为 $3 \sqrt{3}$ 和 $4 \sqrt{3}$ ，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为．

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四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15. 已知 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是棱长为 $2$ 的正方体．

(1)、求三棱锥 $D - A_{1} B C_{1}$ 的体积；

(2)、若 $N$ 是 $D_{1} C$ 的中点， $M$ 是 $B C_{1}$ 的中点，证明： $N M / /$ 平面 $A B C D$ ．

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16. 已知向量 $\vec{a}$ ， $\vec{b}$ 满足， $| \vec{a} | = 4$ ， $| \vec{b} | = 2 \sqrt{3}$ ，且 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 上的投影向量为 $- \vec{b}$ ．

(1)、求 $< \vec{a}$ ， $\vec{b} >$ 及 $\vec{a} \cdot \vec{b}$ 的值；

(2)、若 $(\vec{a} - 2 \vec{b}) ⊥ (λ \vec{a} + \vec{b})$ ，求 $λ$ 的值．

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17. 记 $△ A B C$ 的内角 $A$ ， $B$ ， $C$ 的对边分别为 $a$ ， $b$ ， $c$ ，若 $\frac{c o s B}{2 c o s A} = s i n (C - \frac{π}{6})$ ，且 $b s i n C = 2 s i n B$ ．

(1)、求 $A$ 及 $c$ ；

(2)、若点 $D$ 在边 $B C$ 上，且 $B C = 3 B D$ ， $A D = \frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ，求 $△ A B C$ 的面积．

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18. 在平行四边形 $A B C D$ 中， $A B = 2$ ， $A D = \sqrt{2}$ ， $A = 45 °$ ， $E$ ， $F$ 分别为 $A B$ ， $A D$ 的中点，将三角形 $A D E$ 沿 $D E$ 翻折，使得二面角 $A - E D - C$ 为直二面角后，得到四棱锥 $A - E B C D$ ．

(1)、求证： $E F / /$ 平面 $A B C$ ；

(2)、求证：平面 $A E D ⊥$ 平面 $A C D$ ；

(3)、求 $E C$ 与平面 $A C D$ 所成角的正弦值．

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19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小” $.$ 如图 $1$ ，三个内角都小于 $120 °$ 的 $△ A B C$ 内部有一点 $P$ ，连接 $P A$ ， $P B$ ， $P C$ ，求 $P A + P B + P C$ 的最小值 $.$ 我们称三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点为费马点 $.$ 要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可求出这三条线段和的最小值 $.$ 某数学研究小组先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题，具体的做法如图 $2$ ，将 $△ A P C$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $60 °$ ，得到 $△ E D C$ ，连接 $P D$ ， $B E$ ，则 $B E$ 的长即为所求，此时与三个顶点连线恰好三等分费马点 $P$ 的周角 $.$ 同时小组成员研究教材发现：已知对任意平面向量 $\vec{A B} = (x, y)$ ，把 $\vec{A B}$ 绕其起点沿逆时针方向旋转 $θ$ 角得到向量 $\vec{A Q} = (x c o s θ - y s i n θ, x s i n θ + y c o s θ)$ ．

(1)、已知平面内点 $A (1,2)$ ， $B (1 + \sqrt{2}, 2 - 2 \sqrt{2})$ ，把点 $B$ 绕点 $A$ 沿顺时针方向旋转 $\frac{π}{4}$ 后得到点 $P$ ，求点 $P$ 的坐标；

(2)、在 $△ A B C$ 中， $∠ A C B = 30 °$ ， $B C = 12$ ， $A C = 5$ ，借助研究成果，直接写出 $P A + P B + P C$ 的最小值；

(3)、已知点 $A (- 1,0)$ ， $B (1,0)$ ， $C (0,2)$ ，求 $△ A B C$ 的费马点 $P$ 的坐标．

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$24$ 小时降雨量 $($ 精确到 $0.1)$	$\dots$	$0.1 ～ 9.9$	$10.0 ～ 24.9$	$25.0 ～ 49.9$	$50.0 ～ 99.9$
降雨等级	$\dots$	小雨	中雨	大雨	暴雨