湖南省株洲市南方中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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时量：120分钟 满分150分
一､单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式及对数不等式，结合集合交运算求解即可.
【详解】因为， ，
所以．
故选：D.
2. 复平面内表示复数的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】化简复数可得，即可根据复数的几何意义得出答案.
【详解】根据复数的除法运算求解，
所以，复平面内表示该复数的点为，
所以，复平面内表示复数的点位于第三象限.
故选：C.
3. 下列函数中，是奇函数且存在零点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别运用奇函数定义及零点定义分析各个选项即可.
【详解】对于A项，定义域为，
令，则，所以为奇函数，
但无解，所以在定义域上不存在零点，故A项不成立；
对于B项，定义域为，所以为非奇非偶函数，
令可得，所以1是的零点，故B项不成立；
对于C项，定义域为，
令，则，所以为奇函数，
但无解，所以在定义域上不存在零点，故C项不成立；
对于D项，定义域为，
令，则，所以为奇函数，
令可得，所以0是的零点，故D项成立.
故选：D.
4. 在中，，，则角A的大小为（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.
【详解】由题意知中，，，
故，即，
由于，故，则或，
故A的大小为或，
故选：D
5. 若a＞0，b＞0，，则2a＋b的最小值为（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用已知凑出积为定值，然后利用基本不等式求最小值．
【详解】因为a＞0，b＞0，，
所以，当且仅当，即，时等号成立．
故选：B．
6. 已知，则“存在使得”是“”的（ ）．
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.
【详解】(1)当存在使得时，
若为偶数，则；
若为奇数，则；
(2)当时，或，，即或，
亦即存在使得．
所以，“存在使得”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.
7. 已知正三棱锥，各棱长均为，则其外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正三棱锥的性质可知顶点的投影在底面正三角形的重心上，在中结合勾股定理可求得外接球半径，进而可求得外接球表面积.
【详解】由是正三棱锥，底面是正三角形，边长为，
则顶点的投影在底面正三角形的重心上，则外接球的球心在高线上，且到各个顶点的距离相等，
如图，取中点，连接，过作平面，且垂足为，则，
由，
则在中，有，
所以，
则在中，有，
设外接球的半径为，
则，即，解得，
故外接球的表面积为.
故选：A.
8. 对任意的函数，都有，且当时，，若关于的方程在区间内恰有6个不等实根，则实数的取值范围是（ ）
A. (3,5)B. (3,4)C. [3,4]D. [3,5]
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得到函数的奇偶性和周期性，并求出在上的解析式，分和，结合函数图象，得到，求出答案.
【详解】由，知函数为偶函数，
由，知函数为周期函数，且．
又当时，，
则当时，，，
由，得，
所以，
若方程在上有6个不等实根，
则函数与图象在上有6个不同的交点，
若，函数在上与函数图象只有1个交点，不符题意，
故，如图，
由图可知，，
解得，即实数a的取值范围为．
故选：A．
【点睛】结论点睛：设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
二､多选题（本题共3个小题，每小题6分．共18分．在每个小题给出的选项中，有多个选项符合题目的要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 向量满足：，，，则向量在向量上的投影向量的模的可能值是（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，结合向量在向量上的投影向量的模公式，即可求解.
【详解】由题意，向量满足且，
所以向量在向量上的投影向量的模为.
故选：ACD
10. 已知，为两个不同平面，，为两条不同的直线，为点，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 为异面直线
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面、面面平行的性质定理与判定定理判断即可.
【详解】对于A：若，则与平行或异面，故A错误；
对于B：若，则与为异面直线，故B正确；
对于C：若则在平面内存在直线，使得，所以，又，，所以，故C正确；
对于D：若，则与平行或异面，故D错误；
故选：BC
11. 如图所示，已知正方体的棱长为2，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当点P与A，B两点不重合时，平面截正方体所得的截面是五边形
B. 平面截正方体所得的截面可能是三角形
C. 一定是锐角三角形
D. 面积的最大值是
【答案】AD
【解析】
【分析】依据平面的性质画出平面截正方体所得的截面判断选项AB；举反例否定选项C；求得面积的最大值判断选项D
【详解】如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段MP向两端延长，
分别交CD，CB的延长线于点O，Q，连接NO，NQ分别交，于R，S两点，
连接RM，SP，MP此时截面为五边形MPSNR，所以A正确；
当点P与点A或点B重合时，截面为四边形.
综上，平面截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B不正确；
考虑，当点P与点A重合时，，，，
此时因为，故为钝角，所以C判断错误；
如图，为中点，连接，则，且面，
延长分别交延长线于，则，
若分别为中点，易知：面，且，，
易证：面面，即在面上的投影为，
令，面面，则面，面，
所以，若，，则面，面，
所以，即为P到直线MN的距离，
如下图，随从A到B移动过程中，逐渐变大，而不变，故也在变大，
所以当P与点B重合时，点P到直线MN的距离取到最大值，
的面积取到最大值，此时，，
则MN边上的高为，
△的面积为，即最大值为，D判断正确．
故选：AD．
三､填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分）
12. ________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据二倍角的正弦公式，即可求解.
【详解】.
故答案为：
13. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_______________．
【答案】##0.6875
【解析】
【分析】由已知结合正弦定理角化边可得，从而可得三边之间的关系，利用余弦定理化简求值，即得答案.
【详解】因为，所以，
又，所以，
则．
故答案为：
14. 已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据奇偶函数的定义证明为偶函数，易知当时函数单调递增，利用定义法证明函数在上单调递增，则函数在上单调递增，利用函数的单调性和奇偶性解不等式即可求解.
【详解】，定义域关于原点对称，
则，所以函数为偶函数；
当时，函数单调递增，
设，则，，
所以，
又，所以，
则函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，
由，得，解得，
所以实数a的取值范围为.
故答案为：
四､解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤．）
15. 已知平面向量满足与的夹角为．
（1）求；
（2）当实数为何值时，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的数量积的运算性质进行运算即可；
（2）根据条件得，利用数量积的运算性质进行运算，化简后解方程即可.
【小问1详解】
因为与的夹角为，
所以，
所以
.
【小问2详解】
因为，
所以
，
化为，解得.
16. 设函数．
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）当时，求函数最大值及此时的值．
【答案】（1）；；
（2）最大值为，此时．
【解析】
【分析】（1）根据两角差的余弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数的周期公式和单调增区间进行求解即可；
（2）根据正弦型函数的最值性质进行求解即可.
【小问1详解】
所以的最小正周期为，
由，
所以函数的单调递增区间为；
【小问2详解】
当时，，
所以当时，即当时，函数有最大值.
17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为矩形，M，N分别为，的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由中位线定理证得四边形是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用线面垂直的判定与性质定理证得平面，进而得证.
【小问1详解】
记的中点为，连结，如图，
又为的中点，所以，
因为四边形为矩形，所以，
所以，又是的中点，则，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又，所以，则，
又平面，平面，则，
而，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，所以平面，
又，所以平面，
又平面，平面平面.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，.
（1）求的大小；
（2）若，，求BC的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，整理可得，然后根据余弦定理即可求得，进而根据角的范围，即可得出答案；
（2）在以及中，分别根据余弦定理，结合，整理化简可得.在中，根据余弦定理推出.联立两个方程，即可得出答案.
【小问1详解】
由正弦定理以及已知可得，，
整理可得，.
由余弦定理可得，.
又，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，.
在中，由余弦定理可得，.
又，所以，
即，整理可得.
因为，
中，由余弦定理可得，，
即，
整理可得，.
联立可得.
所以，.
19. 设，我们常用来表示不超过的最大整数.如：.
（1）求证：；
（2）解方程：；
（3）已知，若对，使不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）或或.
（3）
【解析】
【分析】（1）设，就、分类讨论后可证该恒等式；
（2）利用可得，求出其解后逐个检验可得原方程的解；
（3）求出的最大值后参变分离，从而可求参数的取值范围.
【小问1详解】
设，
若，则，，
故，而，，故.
若，则，，
故，而，，故.
综上，.
【小问2详解】
因为，故，
因为，故，故，故，
若，则，又，故符合；
若，则，故，又，不符合，均舍；
若，则，故，又，故符合；
若，则，故，又，故符合；
综上，或或.
【小问3详解】
,
当时，，故，故
因为对，使不等式成立，
故在上恒成立，
故在上恒成立，而在上恒成立，
故在上恒成立，
设，，
因为在上均为增函数，故，为增函数，
故，
设，
设，
则，
而，故，故，
即，故为减函数，
故，故.
【点睛】方法点睛：与取整函数有关的证明问题，可将实数表示整数部分和小数部分，从而便于证明，而与绝对值有关的不等式恒成立或有解问题，注意利用公式去掉绝对值符号，便于参变分离.