2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高一下学期期中数学试题

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时量：120分钟 满分：150分
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合的交集、补集运算,即可求解.
【详解】解：，,
故选:A
2. 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【详解】 ,对应点为 , 位于第二象限,选B.
3. 不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用对数函数单调性解不等式，再判断出充分不必要条件.
【详解】由，由于，而，故不等式成立的一个充分不必要条件是，A选项是充要条件，B选项是既不充分也不必要条件，C选项是必要不充分条件.
故选：D.
4. 如图所示，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）
A. 16cmB. cm
C. 8cmD. cm
【答案】A
【解析】
【分析】由直观图确定原图形中平行四边形中线段的长度与关系，然后计算可得．
【详解】由斜二测画法，原图形是平行四边形，，
又，，，
所以，
周长为．
故选：A．
5. 已知中，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出和，再利用相反向量、平面向量的数量积进行求解.
【详解】因，，，
所以，
则，，
则.
故选：B.
6. 设A，B两点在河的两岸，为测量A，B两点间的距离，小明同学在A的同侧选定一点C，测出A，C两点间的距离为80米，，请你帮小明同学计算出A，B两点间的距离，距离为（ ）米．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理求解即可.
【详解】
由正弦定理可知
，
故选：B
7. 若函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若函数（）在区间恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. （3,5］D. （1,5]
【答案】C
【解析】
【分析】求得当时，函数，根据，得到函数的周期为2，把函数在区间恰有3个不同的零点，转化为即函数与的图象在区间上有3个不同的交点，结合对数函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数，当时，，
则当时，则，函数，
又由对任意，都有，则，即周期为2，
又由函数（）在区间恰有3个不同的零点，
即函数与的图象在区间上有3个不同的交点，
又由，
则满足且，解得，
即实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中根据函数的奇偶性得到函数的解析式，以及求得函数的周期，再集合两个函数的图象的性质列出不等式是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
8. 设函数有个不同零点，则正实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分段函数分段处理，显然有1个零点，所以有4个零点，利用三角函数求出所有的零点，保证之间有4个零点即可.
【详解】由题，当时，，显然单调递增，且，，所有此时有且只有一个零点，
所有当时，有4个零点，令，即，解得，
由题可得区间内的4个零点分别是，所以即在之间，
即，解得
故选：A
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，选错的得0分）
9. 已知a，b表示直线，表示平面，则下列推理不正确的是（ ）
A. B. ，且
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A. 根据直线的位置关系判断；B. 根据直线与平面的位置关系判断；C. 根据平面与平面的位置关系判断；D. 根据面面平行的性质定理判断.
【详解】A. 因为，，则平行或相交，故错误；
B. 因为，，则或 ，或 ，故错误；
C. 因为，，，，则平行或相交，故错误；
D. 因为，，，由面面平行的性质定理得 ，故正确；
故选：ABC
10. 已知下列四个命题为真命题的是（ ）
A. 已知非零向量，若，则
B. 若四边形中有，则四边形为平行四边形
C. 已知，，可以作为平面向量的一组基底
D. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用共线向量的性质判定选项A正确；利用向量相等判定两边平行且相等，进而判定选项B正确；利用向量共线定理判定两向量共线，进而判定选项C错误；利用投影向量的定义判定选项D正确.
【详解】对A：对于非零向量，若，则成立，
即选项A正确；
对于B：因为，所以边和平行且相等，
即四边形为平行四边形，
即选项B正确；
对于C：因为，所以，
所以不可以作为平面向量的一组基底，
即选项C错误；
对于D：易知与同向的单位向量为，
设、的夹角为，则，
所以向量在向量上的投影向量为，
即选项D正确.
故选：ABD.
11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为钝角三角形
C. 若，则符合条件的三角形不存在
D. 若，则一定是等腰三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正余弦定理，三角函数的性质逐一判断即可.
【详解】若，则，所以由正弦定理可得，故A正确；
若，，，则，即，所以角为锐角，即为锐角三角形，故B错误；
若，，，根据正弦定理可得
所以符合条件的三角形不存在，即C正确；
若，则，即,因为,所以或，即或，
所以为等腰或直角三角形，故D错误.
故选：AC
12. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D．
【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错；
在圆周上，易得，．B正确；
，又中，，所以，
所以．C错；
时，把和摊平，如图，
的最小值是，此时，，，，
，D正确．
故选：BD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设向量，，若，则___________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示可求结果.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：
14. 如图①，一个正三棱柱容器，底面边长为a，高为2a，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图②，这时水面恰好为中截面，则图①中容器内水面的高度是_____.
【答案】a##1.5a
【解析】
【分析】图②中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图①中求出三棱柱的体积，计算即可得出结果.
【详解】在图②中，水所占部分为四棱柱，
四棱柱底面积为，高为，
所以四棱柱的体积为，
设图①中容器内水面的高度为h，则，
解得
故答案为：##1.5a
15. 已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件把直三棱柱补形成长方体，利用它们有相同的外接球，求出长方体的体对角线长即可得解.
【详解】依题意，不妨令，于是得直三棱柱共点于A的三条棱AB，AC，AA1两两垂直，，
则以AB，AC，AA1为相邻三条棱可作长方体，该长方体与直三棱柱有相同的外接球，
外接球的直径2R即为长方体体对角线长，即，
此球的体积为，
故答案为：.
16. 如图，中点是线段上两个动点，且，则的最小值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】设，，由，，，共线可得，
再利用乘“1”法求解最值.
【详解】设，，
，，，共线，，．
，则，
点，是线段上两个动点，，．
则的最小值为．
故答案为：．
【点睛】由向量共线定理的推论得到是解题关键，乘“1”法求解最值是基本不等式求最值的常用方法..
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知，．
（1）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围；
（2）当时，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的夹角为钝角，由，且与不共线求解；
（2）先得到，再利用向量模的公式结合二次函数的性质求解.
【小问1详解】
解：因为，，
所以，，
因为与的夹角为钝角，
所以，且，
解得且，
所以的取值范围为；
【小问2详解】
根据题意，，
则，
所以，
又，则，
所以的取值范围是．
18. 如图，长方体的底面是正方形，E，F分别是，上的点，且，．
（1）证明：点F在平面内；
（2）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用长方体的性质得到，利用对应线段成比例和相似三角形得到，再利用基本事实4得到，即证明四点共面；
（2）利用等体积法和三棱锥的体积公式进行求解.
【小问1详解】
证明：如图，连接，，
在长方体中，，且，
所以四边形是平行四边形，则．
因为，，所以，
所以，所以，
所以，所以四点共面，
即点在平面内．
【小问2详解】
解：在长方体中，点到平面的距离
即为点到平面的距离，即为；
所以．
19. （1）在复数范围内，求方程的解；
（2）若复数，满足，且，求出，．
【答案】（1）；（2），或，.
【解析】
【分析】（1）利用配方法和进行求解；
（2）先利用进行消元，再设出，利用模长公式、复数的相等进行求解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
即；
（2）将代入，
得，
即，
设，所以，
所以，
解得或，
所以，或，.
20. 已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）连结并延长与的延长线交于点，证明，，又平面，平面，证明平面；
（2）是上的点，当的值为时，能使平面平面，通过证明平面，又，平面．然后证明即可．
【详解】（1）连结并延长与的延长线交于点，
因为四边形为正方形，
所以，
故，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面，平面，
故平面．
（2）当的值为时，能使平面平面．
证明：因为，
即有，
故．
所以．
又平面，平面，
所以平面，
又，平面．
所以平面平面．
【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理，考查空间想象能力逻辑推理能力．
21. 在①②③三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设的面积为S，已知________．
（1）求角C值；
（2）若，点D在边上，为的平分线，的面积为，求边长a的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）选①，可由余弦定理得，进而可得；
选②，由面积公式和余弦定理可得，进而可得；
选③，可得，进而可得.
（2）设，由，，联立可求得.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
整理得，所以，又，故.
选②，因为，，
故，可得，又，故.
选③，可得，
所以，又，所以，故.
（2）在中，因为是的平分线，且，设，所以
，又，联立以上两式得：
，又，解得.
22. 已知函数.
（Ⅰ）对任意的实数，恒有成立，求实数的取值范围；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，当实数取最小值时，讨论函数在时的零点个数.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由可知，区间是不等式解集的子集，由此可得出实数的不等式，解出即可；
（Ⅱ）由题意可知，，则，令，可得出，令，对实数的取值范围进行分类讨论，先讨论方程的根的个数及根的范围，进而得出方程的根个数，由此可得出结论.
【详解】（Ⅰ），，
对任意的实数，恒有成立，
则区间是不等式解集的子集，，解得，
因此，实数的取值范围是；
（Ⅱ），由题意可知，，，
令，得，令，
则，作出函数和函数在时的图象如下图所示：
作出函数在时的图象如下图所示：
①当或时，即当或时，方程无实根，
此时，函数无零点；
②当时，即当时，方程的根为，
而方程在区间上有两个实根，此时，函数有两个零点；
③当时，即当时，方程有两根、，
且，，
方程在区间上有两个实根，方程在区间上有两个实根，此时，函数有四个零点；
④当时，即当时，方程有两根分别为、，
方程在区间上只有一个实根，方程在区间上有两个实根，此时，函数有三个零点；
⑤当时，即当时，方程只有一个实根，且，
方程在区间上有两个实根，此时，函数有两个零点；
⑥当时，即当时，方程只有一个实根，
方程在区间上只有一个实根，此时，函数只有一个零点.
综上所述，当或时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当或时，函数有两个零点；
当时，函数有三个零点；
当时，函数有四个零点.
【点睛】本题考查利用二次不等式求参数，同时也考查了复合型二次函数的零点个数的分类讨论，解题时要将函数分解为内层函数和外层函数来分析，考查数形结合思想与分类讨论思想的应用，属于难题.