2024.7
本試卷共4頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，將答題卡交回.
第一部分（選擇題 共40分）
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 已知角的終邊經過點，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據條件，利用三角函數的定義，即可求出結果.
【詳解】因為角的終邊經過點，所以，
故選：C.
2. 若，，則是（ ）
A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角
【答案】B
【解析】
【分析】
根據，可判斷可能在的象限，根據，可判斷可能在的象限，綜合分析，即可得答案.
【詳解】由，可得的終邊在第一象限或第二象限或與y軸正半軸重合，
由，可得的終邊在第二象限或第四象限，
因為，同時成立，所以是第二象限角.
故選：B
3. 如圖，在復平面內，復數，對應的點分別為，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據條件，利用復數的幾何意義，得到，再利用復數的運算，即可求出結果.
【詳解】由題知，所以，
得到，
故選：A.
4. 已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（ ）
A. 若，，則B. 若，l//m，則
C. 若，，則D. 若，α//β，則
【答案】D
【解析】
【分析】根據線線，線面及面面位置關系判斷各個選項即可.
【詳解】對于A:若,則可能，A錯誤；
對于B:若,則可能,B錯誤；
對于C:若則可能不垂直，C錯誤；
對于D:若,則,D正確.
故選：D.
5. 已知圓錐的母線長為5，側面展開圖扇形的弧長為，則該圓錐的體積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根據側面展開圖的弧長求出底面半徑，再應用圓錐的體積計算即可.
【詳解】因為側面展開圖扇形的弧長為,所以,
又因為圓錐的母線長為5，設圓錐的高為h,
所以圓錐的體積為.
故選：A.
6. 在中，，，，則（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根據條件，利用余弦定理得到，再由，得到，即可求出結果.
【詳解】因為，，，由余弦定理，
得到，即，解得，
由，得到，
又，所以，
故選：B.
7. 已知，是兩個復數，則“，互為共軛復數”是“，的差為純虛數”的（ ）
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】D
【解析】
【分析】利用充分條件與必要條件的判斷方法，結合共軛復數的定義及復數的分類，即可求出結果.
【詳解】若，互為共軛復數，設，則，
則，若，則，所以“，互為共軛復數”推不出“，的差為純虛數，
不妨取，，則，顯然滿足，的差為純虛數，
但，不互為共軛復數，所以“，互為共軛復數”是“，的差為純虛數”的既不充分也不必要條件，
故選：D.
8. 海水受日月的引力，在一定的時候發(fā)生漲落的現象叫潮汐.一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情況下，船在漲潮時駛進航道，靠近船塢；卸貨后落潮時返回海洋.下面是某港口在某季節(jié)某天的時間與水深值（單位：）的部分記錄表.
據分析，這個港口的水深值與時間的關系可近似的用三角函數來描述.試估計13：00的水深值為（ ）
A. 3.75B. 5.83C. 6.25D. 6.67
【答案】C
【解析】
【分析】觀察表中數據求出周期和最大最小值，然后可得，將表中最大值點坐標代入解析式可得，然后可得所求.
【詳解】記時間為，水深值為，
設時間與水深值函數關系式為，
由表中數據可知，，
所以，，
所以，
又時，，所以，
所以，即，
所以，
，
即13:00的水深值大約為.
故選：C
9. 函數的部分圖象如圖所示，則 （ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據圖象，求得，即可求出結果.
【詳解】由圖知，得到，又由圖知，
由，得到，又，所以，
由，得到，所以，
得到，
故選：C.
10. 在矩形中，，，為矩形所在平面內的動點，且，則的最大值是（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐標系，設，根據條件得到，從而得到，又，結合圖形，得，即可求出結果.
【詳解】如圖，建立平面直角坐標系，設，中點為，
因為，，所以,，，，
得到，所以，
又因為，所以，
又，當且僅當（在的延長線上）三點共線時取等號，
所以，
故選：B.
【點睛】關鍵點點晴：設，利用向量數量積的坐標運算，得到，再利用圓的幾何性質，即可求解.
第二部分（非選擇題 共110分）
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.
11. 已知正四棱錐的底面邊長為，高為，則它的側面積為_________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正四棱錐的性質，結合條件，求出斜高，即可求出結果..
【詳解】如圖，，取的中點，連接，易知，
因為正四棱錐的底面邊長為，高為，則，，
所以正四棱錐的側面積為，
故答案為：.
12. 在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關于軸對稱.若角的終邊與單位圓交于點，則_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根據角與角的終邊關于軸對稱，且角的終邊與單位圓交于點，得到角的終邊與單位圓的交點，然后利用正弦函數的定義求解.
【詳解】因為角與角的終邊關于軸對稱，且角的終邊與單位圓交于點，
所以，解得，
當時，即角的終邊與單位圓的交點，
所以.
當時，即角的終邊與單位圓的交點，
所以.
綜上所述，.
故答案為：
13. 已知菱形的邊長為，，，則_________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的線性運算得到，，再利用數量積的定義及運算，即可求出結果.
【詳解】因為，所以，又，
所以，
又菱形的邊長為，，所以，
故答案為：.
14. 已知函數，則函數的值域為________________；若關于的方程恰有三個不相等的實數根，則實數的取值范圍為_________________.
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】求出每段函數的值域求并集可得的值域；作出函數的圖象，根據直線與函數的圖象有三個交點可得的取值范圍.
【詳解】當時，；
當時，；
當時，.
綜上，函數的值域為.
作出函數的圖象如圖：
因為關于的方程恰有三個不相等的實數根，
所以直線與函數的圖象有三個交點，
由圖可知，，即實數的取值范圍為.
故答案為：；.
15. 在棱長為1的正方體中，，，分別為棱，，的中點，動點在平面內，且.給出下列四個結論：
①平面；
②點軌跡的長度為；
③存在點，使得直線平面；
④平面截正方體所得的截面面積為.
其中所有正確結論的序號是_________________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根據都是棱的中點，可以做出過的截面，再根據正方體的棱長和的長度，可確定點的軌跡，從而可判斷各個結論的正確性.
【詳解】如圖：
因為，分別為，中點，所以，
又，所以，又平面，平面，
所以平面，故①成立；
連接，交EG于點，易證平面，，，
所以，故點軌跡是平面內以為圓心，以為半徑的圓，
所以點軌跡長度為：，故②成立；
由②可知，不可能與平面垂直，故③不成立；
做出截面，可知截面是正六邊形，且邊長為，其面積為：，故④成立.
故答案為：①②④
【點睛】方法點睛：根據線面平行的判定和性質，可以確定過點三點的截面.
三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16. 已知，且為第二象限角.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據條件，利用平方關系得到，再利用正切的和角公式，即可求解；
（2）利用倍角公式及正弦的差角公式，得到，即可求解.
【小問1詳解】
因為，且為第二象限角，所以，得到，
所以.
【小問2詳解】
因為，
由（1）知，，所以.
17. 已知向量，.
（1）若，求實數的值；
（2）若，求與夾角的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據坐標運算得到，然后根據垂直列方程，解方程即可；
（2）利用數量積的公式求夾角即可.
【小問1詳解】
，
因為，所以，
解得.
【小問2詳解】
若，則，
因為，，，
所以，
因為，所以.
18. 已知函數，圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為.
（1）求的解析式；
（2）求在區(qū)間上最小值；
（3）若在區(qū)間上單調遞增，求實數的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根據條件，利用輔助角公式得到，再結合條件，即可得到，從而求出結果；
（2）令，得到，利用的圖象與性質，即可求出結果；
（3）利用的圖象與性質，求出的單調增區(qū)間，再結合條件，即可求出結果.
【小問1詳解】
因，
又圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，且，所以，得到，
所以.
【小問2詳解】
由（1）知，令，則
因為，所以，得到，
所以在區(qū)間上的最小值為.
【小問3詳解】
因為，
由，得到，
令，得到，又在區(qū)間上單調遞增，
所以實數的最大值為.
19. 中，.
（1）求；
（2）若，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的面積.
條件①：；
條件②：；
條件③：
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.
【答案】（1）
（2）選擇見解析（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根據條件，利用余弦定理，即可求出結果；
（2）選擇①：利用條件得到，從而，即可求出，再利用正弦定得到，利用三角形的面積公式，即可求出結果；選擇②：由于，，此時不存在；選擇③：利用條件及正弦定理得到，同①即可求解.
【小問1詳解】
因為，又由余弦定理，
所以，即，又，所以.
【小問2詳解】
選擇條件①：因為，又，所以，
由（1）知，所以，
（?。?
（ⅱ）因為，由正弦定理，得到，得到，
所以的面積為.
選擇條件②：因為，由（1）知，而，此時不存在.
選擇條件③：，又，所以，
由正弦定理得，由（1）知，所以，
得到，又，所以，得到，所以，
（?。?
（ⅱ）因為，由正弦定理，得到，得到，
所以的面積為.
20. 如圖，在幾何體中，側面是正方形，平面平面，，，.
（1）求證：；
（2）求證：平面；
（3）判斷直線與是否相交，說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）證明見解析 （3）不相交，理由見解析
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性質定理，得到面，再利用線面垂直的性質，即可證明結果；
（2）取中點，連接，根據條件，利用平行四邊形的性質，得到，再利用線面平行的判定定理，即可證明結果；
（3）利用（2）中的結果，得出與異面，即可求出結果.
【小問1詳解】
因為平面平面，平面平面，
又，面，所以面，
又面，所以.
【小問2詳解】
取中點，連接，
因為，，所以且，
所以為平行四邊形，得到且，
所以為平行四邊形，得到，
又面，面，所以平面.
【小問3詳解】
直線與不相交，理由如下，
由（2）知平面，所以平面，
又面，所以，又，，
所以與不平行，故與異面，從而與不相交.
21. 已知函數，先將圖象上所有點向右平移個單位，再把所得圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的倍，得到函數的圖象.
（1）求的解析式和零點；
（2）已知關于的方程在區(qū)間內有兩個不同的解.
（?。┣髮崝档娜≈捣秶?br>（ⅱ）求的值.（用含的式子表示）
【答案】（1）；
（2）；
【解析】
【分析】（1）用輔助角公式化簡，由三角函數的圖象變換可得，繼而可得零點；
（2）（?。┯桑?）得（其中），從而可得的取值范圍.
（ⅱ）由題意可得，當時，可求；當時，可求，由，從而可以求解.
【小問1詳解】
，
將圖象上所有點向右平移個單位得，
再把所得圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的倍，得到函數的圖象，
則，
的零點為和，
故零點為.
【小問2詳解】
（?。ㄆ渲校?br>方程在區(qū)間內有兩個不同的解，
即在區(qū)間內有兩個不同的解，
故.
（ⅱ）是方程（其中）
在區(qū)間內有兩個不同的解，
，
當時，，即，即；
當時，，即，
即；
.
故.
時間
0:00
3:00
6:00
9:00
12:00
水深值
5.0
7.5
5.0
2.5
5.0

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