湖南省衡阳市衡阳县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第Ⅰ卷
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）.
1. 已知条件：“不等式的解集是空集”，则条件： “”是条件的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】因为不等式的解集是空集，
所以不等式的解集是，
当即 时，
若 ，则 ， 舍；
若 ，则 ， ；
当时，则 ，解得 ，
综上所述 ，
所以条件是条件的充分不必要条件．
故选：A．
2. 已知满足，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据模长得到方程，求出，并求出，从而得到.
【详解】设，则，
即，由于，故，解得，
则，
故选：D
3. 已知函数，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用函数奇偶性的定义，结合复合函数的单调性与导数，分析得的奇偶性与单调性，从而转化所求不等式得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】由，得的定义域为，
又，故为偶函数，
而当时，易知单调递增，
而对于，在上恒成立，
所以在上也单调递增，
故在上单调递增，
则由，得，解得或.
故选：D.
4. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，利用导数法求最值得，从而有，再利用函数单调递减得，利用函数单调递增得，即可比较大小.
【详解】对，因为，则，即函数在单调递减，
且时，，则，即，所以，
因为且，所以，
又，所以.
故选：B
5. 已知幂函数是偶函数，且在上是增函数，则（ ）
A. B. C. 0D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由函数是偶函数且在上是增函数，可知函数在上单调递减，由幂函数的性质可得，结合，即可解出或或，分别代入函数，结合是偶函数即可得出答案.
【详解】因为函数是偶函数且在上是增函数，
所以函数在上单调递减，
所以，即，解得，
又因为，所以或或，
当或时，，此时为奇函数，不满足题意；
当时，，此时为偶函数，满足题意；
所以.
故选：B
6. 中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成；一个半径为的扇形，它的周长是 ，则这个扇形所含弓形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过扇形的周长，求出扇形的弧长，求出扇形的圆心角，然后求出扇形的面积，三角形的面积，即可得到这个扇形所含弓形的面积.
【详解】
可得：扇形面积，
三角形面积，
可得弓形面积，
故选：C
7. 在中，角，，的对边分别为，，，且，则角B的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理边化角可得，进而可得.
【详解】在中，因，由正弦定理可得
，
因，所以，故，即，
又因，所以，
故选：A
8. 已知函数有一条对称轴为，当取最小值时，关于x的方程在区间上恰有两个不相等的实根，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件函数的一条对称轴为，求得的值，解得，利用换元法令，画出函数，的函数图像，数形结合即可求解.
【详解】由正弦函数的对称轴可知：
，，又因为，
所以的最小值为，即.
，则，令，
则有，，函数图像如图所示：
由于x方程在区间上恰有两个不相等的实根，
根据图像有实数a的取值范围是.
故选：D
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）.
9. 已知函数图象的一条对称轴为直线，函数，则（ ）
A. 将的图象向左平移个单位长度得到的图象
B. 方程的相邻两个实数根之差的绝对值为
C. 函数在区间上单调递增
D. 在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据对称轴得到解析式.根据图像平移判断A选项，利用两角和的正余弦公式及特殊角的三角函数值，得到B选项，利用整体代入的方法，结合正弦函数图像对CD两个选项进行判断.
【详解】因为函数图象的一条对称轴为直线，所以，得，因为，所以，从而.
选项A：将的图象向左平移个单位长度得到
而，所以平移后得不到函数的图象，故A错误.
选项B：令，即，所以，故B正确.
选项C：由，令，根据正弦函数单调性知在上单调递增，在定义域上单调递减，根据复合函数单调性，在上单调递减，故C错误.
选项D：由得，区间长度为.
根据正弦函数图象和性质，当区间关于对称轴对称时，最大值与最小值的差取得最小值，为;
当区间关于对称中心对称时，最大值与最小值的差取得最大值，为，
所以最大值与最小值之差的取值范围为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：整体代入解决三角函数问题：将看成一个整体，根据的范围得到的范围，结合正余弦函数值域、单调性、对称性等性质可以得到正余弦型函数的性质.
10. 在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则此三角形有两解
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，且，则该三角形内切圆面积的最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由可得，利用数量积的定义化为，从而得到，知为等腰三角形；对于B，由余弦定理可得到关于的方程，解得有两解，从而此三角形有两解；对于C，用正弦定理将条件化为，即，然后得到或，由此即可进一步判断；对于D，化简为，然后证明内切圆半径，从而得到.
【详解】对于A，若，则，从而，即，
即，故，从而为等腰三角形，A正确；
对于B，若，则，而，即，解得或，故此三角形有两解，B正确；
对于C，注意到等价于，而这又等价于，所以或，也就是为等腰三角形或直角三角形，C错误；
对于D，已知条件为，且，而等价于，即，
对该等式通分得到，即，即.
这即为，由知该等式即为.
从而条件等价于且，从而该三角形内切圆半径.
又由于，当且仅当时等号成立，
从而，故该三角形的内切圆面积.
验证知当时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是得出内切圆的半径，由此即可顺利得解.
11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列各组条件中使得有两个解的是（ ）
A. ， ，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】AB
【解析】
【分析】根据正弦定理、余弦定理的知识确定正确选项.
【详解】A选项，，，
所以有两个解，A选项正确.
B选项，为锐角，
，，
，所以有两个解，B选项正确.
C选项，由余弦定理得，
所以有唯一解.
D选项，，
，所以有唯一解.
故选：AB
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设函数，，，若，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】依题写出函数，判断其奇偶性，将不等式等价转化，利用函数的奇偶性和单调性得到对数不等式，利用对数函数单调性解之即得.
【详解】由题意，
当时，，则，即函数是偶函数.
因时，函数单调递增，
则，
故得，即，
故，解得.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题主要考查利用分段函数的单调性和奇偶性解抽象不等式，属于较难题.
解决此类问题的思路在于，根据所给的函数判断其奇偶性和单调性，利用函数的这些性质将抽象不等式化成具体不等式求解即得.
13. 已知，且与的夹角为，为与方向相同的单位向量，则向量在向量上的投影向量为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式，结合已知数据，求解即可.
【详解】因为与的夹角为，
所以在向量上的投影向量为.
故答案为：.
14. 两地之间隔着一个山冈，如图，现选择另一点，测得，，则两点之间的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理即可得解.
【详解】由余弦定理，得
，
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分）.
15. 已知向量；定义函数，称向量为的特征向量，为的特征函数．
（1）设，求的特征向量；
（2）设向量的特征函数为，求当且时，的值；
（3）设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，再结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角函数恒等变化求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
【小问1详解】
由已知得，
所以的特征向量；
【小问2详解】
因为向量的特征函数为，
所以，
由得，又，
所以，
所以；
【小问3详解】
因为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨取，
则，
则，
所以的最小值为.
16. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，，，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，整体法求出单调递增区间；
（2）根据，求出，由正弦定理得到，从而得到，结合，求出的取值范围，进而得到周长的取值范围.
【小问1详解】
，
令，解得，
故的单调递增区间为；
【小问2详解】
，故
因为，所以，故，，
又，由正弦定理得，即，
故，
所以
，
因，所以，，
由于在上单调递增，故，
故，.
所以周长的取值范围是.
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
17. 如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径AB的长为，C，D两点在半圆弧上，且，设．

（1）当时，求四边形ABCD的面积；
（2）若要在景区内铺设一条由线段AB，BC，CD和DA组成的观光道路，则当为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）把四边形分解为三个等腰三角形：，利用三角形的面积公式即得解；
（2）利用表示（1）中三个等腰三角形的顶角，利用正弦定理分别表示，和，令，转化为二次函数的最值问题，即得解.
【小问1详解】
连结，则
四边形的面积为
【小问2详解】
由题意，在中，，由正弦定理
同理在中，，由正弦定理
令
时，即，的最大值为5
18. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．
（1）求角；
（2）证明不可能等于3．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换求解；
（2）根据正弦定理和三角函数性质即可得证.
【详解】（1）∵，∴，
由正弦定理可得，
，
∵，∴．
∵锐角，∴，∴，
∴，故；
（2）∵，，由，得，∴．
∴
．
∵，∴，∴，
∴，∴．
故不可能等于3．
19. 在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
（1）当时，求的值；
（2）求向量的夹角；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据向量的线性运算表示出和；再根据向量的数量积运算律即可求解.
（2）先根据向量的线性运算表示出；再根据向量的数量积运算得出即可解答.
（3）先根据表示出；再根据向量的数量积运算得出；最后根据即可求解.
【小问1详解】
当时，
依题意知，，，.
则， .
因为，
，
.
所以.
因此.
因为， ，，
所以，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知.
因为，，
所以；
.
则.
因为，， ，
所以，
故向量的夹角为.
【小问3详解】
由（2）可知：
，
.
则.
因为，， ，
所以
由题意知，，
所以的取值范围是，
∴的取值范围是．