2022-2023学年广东省深圳市福田区红岭中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省深圳市福田区红岭中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数，为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数除法运算求得，然后求得.

【详解】，

.

故选：C

2．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，先将集合化简，然后根据交集的运算即可得到结果.

【详解】因为

，则且，则可得

所以

故选:C

3．下列函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)上单调递增的是（    ）

A．y＝ex＋e－x B．y＝ln(|x|＋1)

C．y＝ D．y＝x－

【答案】D

【分析】利用函数奇偶性的定义判断奇偶性，利用函数的解析式判断单调性即可.

【详解】A.，是偶函数，故错误；

B.，是偶函数，故错误；

C.是奇函数，但在(0，＋∞)上不是单调递增函数，故错误；

D.是奇函数，且y＝x和y＝－在(0， ＋∞)上均为增函数，故y＝x－在(0，＋∞)上为增函数，故正确.

故选：D

【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，属于基础题.

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用公式变形化弦为切求出，代入求值.

【详解】因为，

所以，

，

故.

故选：A

5．已知a、b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，，则

C．若，，则

D．若，，，则

【答案】C

【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系，对四个选项逐一判断即可.

【详解】对于A：若，，则或，故A错误；

对于B：若，，则或与相交，故B错误；

对于C：若，，则，故C正确；

对于D：若，，，则或与异面，故D错误.

故选：C.

6．已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由垂直关系得出，由向量在向量方向的投影向量得出，由两式得出，进而得出夹角.

【详解】因为，所以，即①.

因为向量在向量方向的投影向量是，所以.

所以②，将①代入②得，，又，

所以.

故选：B

7．已知正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD内部（不含边界）的动点，且满足，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过建立合适的直角坐标系，设，得到的轨迹方程，最后得到的表达式，根据函数单调性即可得到其范围.

【详解】以中点为原点建立如下直角坐标系；

则，，，

设，则，，

则，

即，则，其中，，

则，

则，

故选：D.

8．已知函数的定义域是，函数的图象的对称中心是，若对任意的，，且，都有成立，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用函数的图象的对称中心是可得是上的奇函数，由可得，故可得在上单调递增，然后分，和三种情况进行求范围即可

【详解】因为是向左平移1个单位长度得到，且函数的图象的对称中心是，

所以的图象的对称中心是，故是上的奇函数，所以，

对任意的，，且，都有成立，

所以，

令，所以根据单调性的定义可得在上单调递增，

由是上的奇函数可得是上的偶函数

所以在上单调递减，

当时，不等式得到，矛盾；

当时，转化成即，所以；

当时，转化成，，所以，

综上所述，不等式的解集为

故选：D

二、多选题

9．已知，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】由对数函数的性质得，再结合不等式性质、指对数函数的性质判断各项的正误.

【详解】由题设，则，A错误；，D正确；

由，B正确；由于与1的大小未知，C错误；

故选：BD

10．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．是图象的一条对称轴

C．的最小正周期为

D．将的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称

【答案】ACD

【分析】对选项A，根据两角和公式得到，即可判断A正确，对选项B，根据，即可判断B错误，对选项C，根据周期公式即可判断C正确，对选项D，根据三角函数平移公式和函数的奇偶性即可判断D正确.

【详解】对选项A，

，

故A正确；

，故B错误；

对选项C，，C正确；

将的图象向左平移个单位后得，

定义域为，，

所以为偶函数，图象关于轴对称，D正确.

故选：ACD

11．在中，角、、所对的边分别为、、，且，且，则下列说法正确的是（    ）

A．的外接圆的半径为

B．若只有一个解，则的取值范围为或

C．若为锐角，则的取值范围为

D．面积的最大值为

【答案】AD

【分析】首先利用三角恒等变换求，再根据正弦定理判断A；

根据三角形的个数，建立不等式，判断B；

求角的范围，利用正弦定理求，并求的取值范围，判断C；

利用余弦定理，结合基本不等式求的最大值，即可判断D.

【详解】因为，

所以，，

所以，

因为，所以，解得：，故A正确；

B.若只有一个解，则或，

得或，故B错误；

C.因为角为锐角，，所以，

所以，，

所以，故C错误；

D.，当时，等号成立，

所以，

所以面积的最大值为，故D正确.

故选：AD

12．已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（    ）

A．平面截正方体的截面始终为四边形

B．点运动过程中，三棱锥的体积为定值

C．平面截正方体的截面面积的最大值为

D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为

【答案】BCD

【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解.

【详解】对A选项，当与点重合时，平面截正方体的截面为，错误；

对B选项，∵，又平面，平面，

∴平面，又点为线段（含端点）上的动点，

∴到平面的距离为定值，又的面积也为定值，

∴三棱锥的体积为定值，正确；

对C选项，当由移动到的过程中，利用平面的基本性质，延长交于，连接交于，

所以，从到之间，平面截正方体的截面为为等腰梯形，且，

当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，正确；

对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则垂直于左右侧面，

根据对称性易知：三棱锥的外接球的球心在线段上，

设到的距离为，则，

设，则，又易知，外接球的半径，

在与中，由勾股定理可得：，两式相减得：，

∴，令，又，则，

∴，，

设函数，，则的对称轴为，的开口向上，

∴在上单调递增，最小值为，最大值为，即，

∴三棱锥的外接球表面积，正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知函数在区间上有零点，则实数m的取值范围是________．

【答案】

【分析】先利用基本初等函数的单调性判断得在上都单调递增，再利用零点存在定理得到，解之即可得解.

【详解】因为与在上都单调递增，

所以在上单调递增，

因为在区间上有零点，

所以，即，即，

解得，

所以实数m的取值范围为.

故答案为：.

14．如图，是用斜二测画法得到的△AOB的直观图，其中则AB的长度为 ______．

【答案】

【分析】把直观图还原为原平面图形，根据直观图画法规则，利用勾股定理求出AB的长度即可．

【详解】把直观图还原为,如图所示：

根据直观图画法规则知,,

所以的长度为.

故答案为：.

15．中，角、、所对的边分别为、、.若，且，则周长的最大值为______.

【答案】

【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，即可得出周长的最大值.

【详解】因为，由正弦定理可得，

所以，，

因为、，则，所以，，故，

由余弦定理可得

，

所以，，即，故，

当且仅当时，等号成立，故周长的最大值为.

故答案为：.

16．函数是计算机程序中一个重要函数，它表示不超过的最大整数，例如，已知函数，且，若的图像上恰有3对点关于原点对称，则实数的最小值为__________.

【答案】/

【分析】根据题意，画出函数的图像，转化为两函数图像有3个交点，数形结合，列出不等式，即可求得结果.

【详解】根据题意，作出函数，且，的图像，如图所示，

要使的图像上恰有3对点关于原点对称，

则函数与的图像恰有3个交点，

则，解得，

所以实数的最小值为，

故答案为:

【点睛】方法点睛：解答此题要根据函数解析式的特征作出图象，采用数形结合的方法，将原问题转化为函数图象的交点个数问题，即可解决.

四、解答题

17．已知函数．

(1)求的值；

(2)设，若，求和．

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）根据解析式直接求出答案；

（2）由条件可得，然后求出的值，然后根据和差公式和倍角公式可得答案.

【详解】（1）因为，所以；

（2）因为，

所以，

因为，，所以可解得，

所以，

.

18．如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设，．

(1)用，表示，；

(2)如果，且，求．

【答案】(1)，

(2)3

【分析】（1）结合图形，结合向量加，减，和数乘，即可用基本表示向量；

（2）根据（1）的结果，利用，即可求解.

【详解】（1）因为，

；

（2）因为，所以，

所以，由，可得，

所以的长为．

19．如图，在中，，，点在边上，.

(1)求的长；

(2)若的面积为，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角形中邻补角互补，，由平方关系得，再结合正弦定理即可求得的长；

（2）由得面积可得，再结合余弦定理即可求得的长.

【详解】（1）因为，所以

在中，因为

所以

在中，由正弦定理得，

所以；

（2）的面积为，得

因为，所以

又因为，所以

在中，由余弦定理得

所以.

20．如图，在三棱锥中，是正三角形，平面分别为，上的点，且．已知．

(1)设平面平面，证明：平面；

(2)求五面体的体积．

【答案】(1)见解析；

(2).

【分析】（1）首先证明，则有平面,再根据线面平行的性质定理得到，则得到线面平行；

（2）根据相似得，则，则.

【详解】（1）因为,所以，

因为平面平面，

所以平面,

又平面平面平面,所以,

又平面平面,所以平面，

（2）因为,所以

所以

所以五面体的体积

因为,所以

21．如图，在平面四边形中，，，．

(1)当四边形内接于圆时，求角；

(2)当四边形的面积最大时，求对角线的长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，结合余弦定理求解即可；

（2）结合余弦定理和面积公式得，进而得，再根据三角函数性质得时，有最大值，结合余弦定理求解即可.

【详解】（1）解：连接，由余弦定理可得：

，

，

所以．

又四边形内接于圆，

所以，

所以，

化简可得，又，

所以．

（2）解：设四边形的面积为，

则，

又，

所以，即，

平方后相加得，即，

又，

所以时，有最大值，即有最大值．

此时，，代入得．

又，所以．

在中，可得：

，即．

所以，对角线的长为.

22．已知函数是偶函数．

(1)求实数的值；

(2)当时，函数存在零点，求实数的取值范围；

(3)设函数（且），若函数与的图像有两个公共点，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）函数是偶函数，所以，计算可得；

（2）依题意问题转化为在上有实数解，求出的值域即可得解；

（3）因为函数与的图像有两个公共点，所以关于的方程有两个解，所以，换元，研究二次函数图象及性质即可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：因为函数是偶函数，

所以，即，

所以，即，

所以，解得.

（2）解：由（1）可知，则，

因为当时，函数存在零点，即在上有实数解，

即在上有实数解，

令，，

因为，则，所以，则，所以，

即，所以.

（3）解：因为函数与的图像有两个公共点，

所以关于的方程有两个解，

所以，即，显然，

所以

令，得…（*），

记，

①当时，函数图像开口向上，又因为图像恒过点，方程（*）有一正一负两实根，所以不符合题意；

②当时，因为，所以只需，

解得或，

又，所以

方程（*）有两个不相等的正实根，所以满足题意，

综上，的取值范围是.