2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知，则x的值为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】根据对数的定义运算求解.

【详解】∵，则.

故选：D.

2．已知集合M⊆{2，3，5}，且M中至少有一个奇数，则这样的集合M共有（　　）

A．5个 B．6个

C．7个 D．8个

【答案】B

【分析】利用集合子集的概念及题意一一列举即可.

【详解】若M有一个元素，则；

若M有两个元素，则；

若M有三个元素，则

∴满足题意的集合M的个数为6个.

故选：B.

3．若复数，则的虚部为（    ）

A． B．1 C．-1 D．

【答案】B

【分析】根据复数除法化简复数，根据共轭复数概念求出虚部.

【详解】，故，的虚部为1.

故选：B

4．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据诱导公式，结合特殊角的正弦值进行求解即可.

【详解】，

故选：C

5．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】在A中，与相交或平行；在B中，与相交或平行；在C中，与相交或平行；在D中，由线面垂直，线线平行的性质得．

【详解】，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，知：

在A中，若，，，，则与相交或平行，故A错误；

在B中，若，，，则与相交或平行，故B错误；

在C中，若，，，则与相交或平行，故C错误；

在D中，若，，，则由线面垂直，线线平行的性质可得，故D正确．

故选：D．

6．若，使得不等式成立，则实数的取值范围（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可转化为，使成立，求的最小值即可.

【详解】因为，使得不等式成立，

所以，使得不等式成立，

令，，

因为对称轴为，，

所以，

所以，

所以实数的取值范围为.

故选：D.

7．已知O是△ABC外接圆的圆心､若，，则（    ）

A．10 B．20 C． D．

【答案】C

【分析】，后结合图形及向量投影可得答案.

【详解】，设中点为D，BA中点E，因O是△ABC外接圆的圆心，则在方向上的投影向量为,在方向上的投影向量为，

则，.

故.

故选：C

8．已知圆柱的底面半径和母线长均为分别为圆､圆上的点，若，则异面直线所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在圆的投影为，连接，计算，根据余弦定理得到，得到答案.

【详解】如图所示：在圆的投影为，连接，易知，

在直角中，，

在中，根据余弦定理，，

，故，

故异面直线所成的角为.

故选：C.

二、多选题

9．下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（    ）

A．|z|＝ B．z2＝2i

C．z的共轭复数为 D．z是关于x的方程的一个根

【答案】ABD

【分析】利用复数的相关概念以及复数的运算进行计算求解.

【详解】因为，所以，故A正确；

因为，故B正确；

因为z的共轭复数为，故C错误；

因为方程，所以，

所以方程的根为，故D正确.

故选：ABD.

10．下列说法正确的是（    ）

A．若，则或

B．是函数的一条对称轴

C．

D．若，则在方向上的投影向量的模为

【答案】CD

【分析】结合三角函数的图象与性质以及平面向量向量积的运算，逐项判断即可得到本题答案.

【详解】对于选项A，因为，所以或，或者，故A错误；

对于选项B，因为函数的对称轴方程为，且，所以不是函数的对称轴，故B错误；

对于选项C，因为函数在单调递增，且，所以，故C正确；

对于选项D，设的夹角为，因为，所以，所以在方向上的投影向量，它的模，故D正确.

故选 ：CD

11．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（    ）

A．异面直线与所成角的取值范围是

B．三棱锥的体积不变

C．平面平面

D．若，则的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据为中点时，异面直线与所成角为判断A；根据判断B；证明平面即可判断C；将平面沿展开使其与平面重合时，再求的距离即可判断D.

【详解】解：对于A选项，由正方体的性质易知，为等边三角形，

所以，当为中点时，，

所以，此时，异面直线与所成角为，故A选项错误；

对于B选项，由正方体的性质易知平面，平面，侧面为正方形，

所以，，由于平面，

所以平面

设到平面的距离为，则，

因为，

所以，三棱锥的体积，故正确；

对于C选项，由正方体的性质易知平面，平面，

所以，，由于，平面，

所以平面，平面，

所以，同理证得，

由于，平面，

所以平面，因为平面，

所以平面平面，故C选项正确；

对于D选项，根据题意，将平面沿展开使其与平面重合时，如图，

因为，所以，，

所以，故正确；

故选：BCD

12．已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（    ）

A． B．

C．为偶函数 D．为奇函数

【答案】BCD

【分析】由题意可得，结合为奇函数可得，从而可判断选项A；由，得，在中，令可判断选项B；由，可判断选项C；由，可判断选项D.

【详解】由为奇函数，可得，即，

又因为，所以，即,

所以，所以，故选项A错误；

由，得，由，得，

所以，故选项B正确；

由，，得，

所以为偶函数，故选项C正确；

由，，可得，

所以，

即，故为奇函数，故选项D正确.

故选：BCD

三、填空题

13．已知函数，则函数的零点为________

【答案】0

【分析】令，求得函数的零点.

【详解】令，得，

解得.

故答案为：0

14．已知，，，则__________．

【答案】

【分析】利用，展开计算即可求得答案.

【详解】由，，，

可得，

故答案为：

15．已知复数满足，则的最小值是________.

【答案】

【分析】利用复数模的三角不等式可求得的最小值.

【详解】因为，则

，

当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.

故答案为：.

16．如图正方体的棱长是3，E是上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，，则的最小值是______．

【答案】/

【分析】以为顶点构造棱长为2的正方体，利用对称性将转化为，由图形得到四点共线时取最小值，进而求解.

【详解】以为顶点构造棱长为2的正方体，

由对称得，，

因为是上的动点，是下两底面上的动点，

则是直角三角形，是中点，且，故，

所以取最小值时，四点共线，

则，此时．

故答案为：.

【点睛】在平面解析几何中求直线上一动点到两定点（在直线同一侧）的距离之和的最小值时，通常将其中一定点对称到直线的另一边，利用三点共线时距离之和最小，在立体几何中也有类似的方程，此题中作正方体的目的就是为了找出 关于平面的对称点，从而将转化为求最小值.

四、解答题

17．如图，已知圆锥的顶点为P，O是底面圆心，AB是底面圆的直径，，．

（1）求圆锥的表面积；

（2）经过圆锥的高PO的中点作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由题意可知，该圆锥的底面半径，母线，从而可求出锥的表面积，

（2）先求出大圆锥的高，从而可求出小圆锥的高，进而可得圆台的体积等于大圆锥的体积减去小圆锥的体积

【详解】解：（1）由题意可知，该圆锥的底面半径，母线．

∴该圆锥的表面积．

（2）在中，，

∵是PO的中点，∴．

∴小圆锥的高，小圆锥的底面半径，

∴截得的圆台的体积．

18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求C的大小；

(2)已知a+b＝8，求△ABC的面积的最大值．

【答案】(1)C

(2)．

【分析】（1）先把题给条件化为，再利用余弦定理即可求解C的值．

（2）先用基本不等式求出ab的最大值，再代入三角形的面积公式即可求得△ABC的面积的最大值．

【详解】（1）∵，

∴，

∴，∴，

∴cosC，

又∵C∈（0，π），∴C．

（2）∵（当且仅当a＝b＝4时取等号），∴ab≤16，

∴S△ABC 的最大值为16×sin．

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.

(1)证明：平面平面ACE；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）法一：由已知可推导出，，利用线面垂直的判定定理可证平面PBD，由此能证明平面平面ACE；法二：以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面ACE.

（2）法一：由题意可推出CE在平面PBD内的射影为OE，是二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值；法二：求出平面PAC的一个法向量和平面ACE的一个法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AC﹣E的余弦值.

【详解】（1）解法一：

证明：平面ABCD，，

又底面ABCD是菱形，，

而，平面，

平面PBD，

而平面ACE，

所以平面平面ACE.

解法二：

证明：已知底面ABCD是菱形，，

又平面ABCD，所以BO，CO，PO互相垂直，

故可以以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

由，，可知相关点坐标如下：

，，，，，

易知平面PBD的一个法向量为，

因为，所以，

故平面PBD，

从而平面平面ACE.

（2）解法一：

观察图可知平面平面PBD，

故CE在面PBD内的射影为OE，

，，

又由（1）可得，，，

故是二面角的平面角，

菱形ABCD中，，，

∴，，

又，∴，

∴，

∴，

即二面角的余弦值为.

解法二：

设，则，

，∴，故，

可得，

易知平面PAC的一个法向量为，

设平面ACE的一个法向量，

则，取，得，

∴，

即二面角的余弦值为.

20．如图，在长方体中， 分别为的中点，是上一个动点，且.

（1）当时，求证：平面平面；

（2）是否存在，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.

【详解】(1)当时，为中点，

因为是的中点，所以,

则四边形是平行四边形，所以.

又平面平面，所以平面.

因为分别是中点，所以.

因为平面平面，所以平面.

因为平面平面，所以平面平面.

(2)如图，连接与,

因为平面平面，所以.

若又平面，且，所以平面.

因为平面，所以.

在矩形中，由，得,

所以.

又，所以,

则，即.

21．“方舱医院”原为解放军野战机动医疗系统中的一种，是可以移动的模块化卫生医疗平台，一般由医疗功能区、病房区等部分构成，具有紧急救治、外科处置、临床检验等多方面功能．某市有一块扇形地块，因疫情所需，当地政府现紧急划拨该地块为方舱医院建设用地．如图所示，平行四边形OMPN区域拟建成病房区，阴影区域拟建成医疗功能区，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且米，．记．

(1)当时，求；

(2)请写出病房区OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值．

【答案】(1)；

(2)，.

【分析】（1）利用正弦定理求出，再利用数量积的定义求解作答.

（2）利用正弦定理用表示出，再利用三角形面积公式、结合三角恒等变换求解作答.

【详解】（1）四边形是平行四边形，

在中，，，

，

由正弦定理得：，即，

于是，，

所以.

（2）四边形是平行四边形，

在中，，，

由正弦定理得：，即，

因此，

从而

，，

显然，因此当，即时，，取得最大值，

所以，当时，取得最大值.

22．已知定义域不为的函数（为常数）为奇函数．

(1)求实数的值；

(2)若函数，是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；

【分析】（1）根据题意，由函数奇偶性的定义，代入计算即可得到结果；

（2）根据题意，得到函数的值域，然后根据函数与的单调性进行讨论，即可得到结果.

【详解】（1）由题意可得，，则

化简得，

因为，所以，即

当时，，其定义域为，不符合题意；

当时，，其定义域为，满足题意

所以，

（2）因为，所以在上恒成立，

则必有时，，当时，，则，

所以，

，

因为，所以，当时，在单调递增，

即

当时，在单调递增，先增后减，在或处取得最小值，且，，

，其中为对勾函数，在上单调递减，

在上单调递增，又，故

综上，

因为在递减，在递增，

当时，令，则其单调递增，且，

则存在，使得，又，故，

所以

当时，，不符合要求；

当时，令

所以，综上，存在