海南省海口市琼山华侨中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合的交集运算求解.
【详解】解：因为集合，，
所以，
故选：C
2. 在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ）
A. 的实部为2B.
C. D. 对应的点位于第一象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据除法化简复数，根据实部、模、共轭复数、复数对应点逐项判断即可.
【详解】，
故实部为1，，，对应的点位于第四象限
故选：B
3. 若向量，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面共线向量的坐标表示建立方程，解之即可求解.
【详解】因为，所以，解得.
故选：A
4. 设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由，，，则可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知为第二象限角且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式求解即得.
【详解】由为第二象限角，得，由，得，
所以.
故选：C
6. 函数的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先验证函数的单调性，再代入验证，由零点存在定理得到零点所在区间.
【详解】当时，设，
则，
故在上是单调递增函数；
又，，
由零点存在定理可知，函数的零点所在的区间为.
故选：C.
7. 若函数是定义在上的偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇偶函数的性质，即可求出，即可求出结果.
【详解】因为是定义在上的偶函数，
所以，得到，
显然，由图象关于轴对称，得到，解得，
所以，满足要求，
得到.
故选：A
8. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes’Hat-BxTherem”的定理：球冠的表面积（如上图，这里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为，则该工艺品的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设截面圆半径为，球的半径为，求出截面圆的半径，利用几何关系可求出球体的半径，求出球体的表面积和一个球冠的表面积，
再利用球体的表面积减去个球冠的表面积并加上个截面圆的面积可得出该实心工艺品的表面积.
【详解】设截面圆半径为，球的半径为，
则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即此距离为，
根据截面圆的周长可得，得，故，得，
所以球的表面积．
如图，，且，则球冠的高，
得所截的一个球冠表面积，
且截面圆面积为，
所以工艺品的表面积．
故选：B.
二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分）
9. 若关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 的解集为
D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】题意说明的两根为,代入法1得的值，从而可逐项判断.
【详解】根据题意，关于的不等式的解集为，
所以的两根为，
则，解得，
所以，即A错误，B正确；
且为，解得或，
所以的解集为，C正确；
，
所以的最大值为，D错误.
故选：BC
10. 为平面，有下列命题，其中假命题的是（ ）
A. 若直线l平行于平面内的无数条直线，则
B. 若直线a在平面外，则
C. 若直线，直线，则
D. 若直线，则a平行于平面内的无数条直线
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线面平行的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项， 若直线l平行于平面内的无数条直线，则可能含于，A为假命题.
B选项，若直线a在平面外，则可能与相交，B为假命题.
C选项，若直线，直线，则可能含于，C为假命题.
D选项，由于直线，不妨设，则，所以，所以a平行于平面内的无数条直线，D为真命题.
故选：ABC
11. 下列说法中，正确的是（ ）
A 若，则或
B. 在平行四边形中，
C. 在中，若，则是钝角三角形．
D. 内有一点，满足，则点是三角形的重心
【答案】CD
【解析】
【分析】A选项，举出反例；B选项，利用向量减法法则得到答案；C选项，根据条件得到为钝角，C正确；D选项，作出辅助线，利用向量基本定理得到，故点是三角形的重心.
【详解】A选项，若，满足，但不满足或，A错误；
B选项，在平行四边形中，，故B错误；
C选项，在中，若，则为钝角，故是钝角三角形，C正确；
D选项，取的中点，连接，
则，又，故，
则点是三角形的重心，D正确..
故选：CD
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分）
12. 已知函数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的值，从而求出的值.
【详解】因，所以.
故答案为：.
13. 已知单位向量，向量，，若，则实数λ＝________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的性质即可求解.
【详解】因为，所以
故.
故答案为：
14. 已知函数的图象向左平移个单位后关于轴对称，若在上的最小值为-1，则的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角函数图象的变化规律求得：，利用对称性求得，由时，可得，由正弦函数的性质列式求解即可.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，
图象所对应解析式为：，
因为图象关于轴对称，所以，，
可得，，又，所以，即，
要使在上的最小值为，则在上的最小值为，
当时，，又，
所以，解得，即的最大值是.
故答案为：
四、解答题（本题共5小题，其中15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分）
15. 在中，.
（1）求；
（2）若为边的中点，且，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，结合三角和为及诱导公式可得，即可得答案；
（2）在中，由正弦定理可求得，从而可得，在中，利用余弦定理求解即可.
【小问1详解】
解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，又因为，
所以；
【小问2详解】
解：因为为边的中点，，
所以,
设,
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
又因为，所以，

在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即.
16. 已知函数的部分图象如图．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
（3）将函数的图象向左平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求的单调递减区间．
【答案】（1）
（2）答案见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）先通过图象求出，再代入最大值点求即可；
（2）利用正弦函数的性质求最值；
（3）利用（1）的结论，进一步利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步求出函数的单调递减区间.
【小问1详解】
由图可得，，
又，得,
又当时取得最大值，
所以，得，
又，得，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
所以，
即函数在区间上的最大值为，最小值为；
【小问3详解】
的图象向左平移个单位后，得到，
横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到，
所以，
令，
得
所以的单调递减区间为．
17. 如图，在直角梯形中，为上靠近的三等分点，交于为线段上的一个动点．

（1）用和表示；
（2）求；
（3）设，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算化简求解即可；
（2）设，利用向量的共线求出即可得解；
（3）令，利用向量基本定理可得的关系，转化为关于的二次函数求最值即可得解.
【小问1详解】
依题意，
，
；
【小问2详解】
因交于，由（1）知，
由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则，
所以，所以，即；
【小问3详解】
由已知，
因是线段上动点，则令，
，
又不共线，则有，得，
因为，
所以在上递增，
所以，故的取值范围是．
18. 如图，在直三棱柱中，，，M，N，P分别为，AC，BC的中点．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过构造平行四边形，找到线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）转换顶点并结合椎体的体积公式即可证明.
【小问1详解】
∵直三棱柱中，为的中点，
所以，且，
因为，分别，的中点，
∴，，
，，
∴四边形为平行四边形，∴，
又∵平面，平面，
故平面.
【小问2详解】
因为直三棱柱，则平面平面，
因为平面，则点到底面的距离即为点到底面的距离，
又因为底面，则点到底面的距离即为长，
又因为N，P分别为AC，BC的中点，且，
则.
19. 如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
【答案】（1） （2）证明见解析
（3）在侧棱存在点，使得平面，
【解析】
【分析】（1）根据正四棱锥的结构求出侧面的高，即可求解正四棱锥的表面积；
（2）如图，连接交于点O，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（3）取的中点Q，过Q作的平行线交于E，得，，根据线面平行的判定定理可得平面、平面，结合面面平行的判定定理与性质即可下结论.
【小问1详解】
在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面高为，
所以正四棱锥的表面积为；
【小问2详解】
如图，连接交于点O，连接，则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又平面平面，
所以平面；
【小问3详解】
在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
中，有，又平面，平面，
所以平面，由，得.
又，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面.