陕西省宝鸡南山高级中学2023−2024学年高一下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份陕西省宝鸡南山高级中学2023−2024学年高一下学期期中考试数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．用一个平面截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体不可能是（ ）
A．长方体B．圆锥C．棱锥D．圆台
3．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
4．已知，为非零实数，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
5．工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格.工人师傅运用的数学原理是（ ）
A．两条相交直线确定一个平面
B．两条平行直线确定一个平面
C．四点确定一个平面
D．直线及直线外一点确定一个平面
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
7．若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形AOBC的面积为（ ）

A．B．C．D．
8．如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，某同学选择地面CD作为水平基线，使得C，D，B在同一直线上，在C，D两点用测角仪器测得A点的仰角分别是45°和75°，，则建筑物AB的高度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．分别在两个相交平面内的两条直线间的位置关系是（ ）
A．平行B．相交
C．异面D．以上皆不可能
10．已知指数函数在上的最大值与最小值之差为2，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 .
13．在平行四边形中，是直线上的一点，且，若，则 .
14．一个钢筋混凝土预制件可看成一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体，其尺寸如图所示（单位：米），浇制一个这样的预制件需要 立方米混凝土（钢筋体积略去不计）．
四、解答题（本大题共5小题）
15．设是实数，复数，（是虚数单位）．
(1)若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围；
(2)求的最小值．
16．某乡镇为全面实施乡村振兴战略，大力发展特色农业，为提升特色农产品的知名度，让广告公司设计一个长米，宽米，面积为平方米的长方形广告牌，其中.
(1)求关于的函数，并写出的取值范围；
(2)如何设计才能使广告牌的周长最小.
17．如图，在正方体中，E，F分别是上的点，且.

(1)证明：四点共面；
(2)设，证明：A，O，D三点共线.
18．在平面四边形中（在的两侧），.
(1)若，求；
(2)若，求四边形的面积的最大值.
19．如图，在中，是的角平分线，且是上的一点，过的直线分别交边于点，且的面积为．
(1)求线段的长；
(2)若，求的值．
参考答案
1．【答案】D
【分析】解一元二次不等式结合对数函数定义域以及交集的概念即可得解.
【详解】由可得，或，故．
故选D．
2．【答案】D
【分析】作图，结合空间想象，即可得出答案.
【详解】
对于A项，如图1，用平面截长方体，得到的截面是三角形，故A项正确；
对于B项，如图2，用平面截圆锥，得到的截面是三角形，故B项正确；
对于C项，三棱锥各个面即为三角形；除三棱锥外，过棱锥底面不相邻两顶点和棱锥顶点的截面为三角形，故C项正确；
对于D项，圆台的截面不可能为三角形，故D项错误.
故选D.
3．【答案】C
【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.
4．【答案】A
【分析】利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】由，即成立，故充分性成立；
取，，则成立，但不成立，故必要性不成立.
因此，“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
5．【答案】A
【分析】利用平面的基本性质求解.
【详解】由于连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格，
所以工人师傅运用的数学原理是“两条相交直线确定一个平面”.
故选A.
6．【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性排除AB，再由特殊值排除D即可得解.
【详解】因为的定义域为，关于原点对称，
所以，即函数为奇函数，排除AB，
当时，，排除D.
故选C.
7．【答案】D
【分析】根据图象，由“斜二测画法”可得，四边形水平放置的直观图为直角梯形，进而利用相关的面积公式求解即可.
【详解】在直观图中，四边形为等腰梯形，，而，则，
由斜二测画法得原四边形AOBC是直角梯形，，，如图.

所以四边形AOBC的面积为.
故选D.
8．【答案】A
【分析】根据正弦定理求出，再在直角三角形中求解即可.
【详解】在中，根据正弦定理可得，
在中，
，
故选A.
9．【答案】ABC
【解析】利用空间中两直线的位置关系求解.
【详解】当两直线分别平行于交线时，这两条直线平行，A正确；
两条直线可以交于交线上一点，故可以相交，B正确；
一条直线和交线平行，另一条直线在另一个平面内过交线上一点和交线外一点时，两直线异面，C正确；
故选ABC.
10．【答案】BD
【分析】分和两种情况，根据题意列方程求解即可.
【详解】当时，单调递减，
所以，，即，解得（负根已舍弃）；
当时，单调递增，
所以，，即，解得（不符合条件的根已舍弃）.
综上，实数的值为或.
故选BD.
11．【答案】BCD
【分析】根据平方关系求出，再根据两角和的正弦公式即可判断A；根据两角差的余弦公式即可判断B；根据结合两角差的正弦公式即可判断C；根据二倍角的正切公式即可判断D.
【详解】因为，且，
所以，，
则，
所以，故A错误；
由，得，
，
所以，则，故B正确；
由，，
得，，
，
所以，故C正确；
因为，
所以，
故，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【解析】根据函数解析式，由内而外，逐步计算，即可得出结果.
【详解】因为，
所以，因此．
故答案为：.
13．【答案】3
【分析】将向量进行转化得，从而得解.
【详解】记，又，所以，所以，
解得.
故答案为：3.
14．【答案】324
【分析】将预制件看成由一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体，可求得截面的面积，由柱体的体积公式即可求得预制件的体积.
【详解】将预制件看成由一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体．
所以（平方米），
设该预制件的高为h，则该预制件的体积（立方米）．
故浇制一个这样的预制件需要约324立方米的混凝土．
故答案为：324.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据复数的几何意义，列出不等式组，求解即可得出答案；
(2)由已知可得，根据复数的模的公式化简，结合二次函数的性质，即可得出答案.
【详解】(1)由已知可得，.
因为在复平面内对应的点在第二象限，所以有，
解得.
(2)由已知可得，，
所以，
所以，，
所以，当时，有最小值为.
16．【答案】(1)；
(2)长、宽分别为米，米时，广告牌的周长最小.
【分析】(1)根据矩形的面积公式列式求解即得.
(2)由(1)列出周长的表达式，再利用基本不等式求出最小值即得.
【详解】(1)依题意，，整理得，由，得，解得，
所以关于的函数.
(2)由(1)知，，，
因此广告牌的周长，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以广告牌的长、宽分别为米，米时，广告牌的周长最小.
17．【答案】(1)证明见详解；
(2)证明见详解.
【分析】(1)连接，利用中位线定理得到，再根据正方体的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，从而得到，由此可证四点共面；
(2)先证平面，且平面ABCD，又平面平面，
所以，进而得到A，O，D三点共线.
【详解】(1)证明：如图，连接.

在正方体中，，所以，
又，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以，所以四点共面；
(2)证明：由，所以，又平面，所以平面，
同理平面ABCD，又平面平面，
所以，即A，O，D三点共线.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)在中用余弦定理求出，再由角度之间的关系，在中用正弦定理可求出；
(2)将四边形，分成，，的面积为定值，的面积可用余弦定理与三角形面积公式求出最大值.
【详解】(1)在中，由余弦定理得，
即.
因为，，所以，
又，所以.
在中，由正项定理得，
所以，
又，所以，所以；
(2)设，所以.
在中，由余弦定理得.
所以的面积
，
所以，此时，
又的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
19．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)利用向量线性运算得到，利用角平线的性质得，从而由余弦定理得，再利用，即可求出结果；
(2)设，
由面积公式得到，再利用向量共线得到，再结合条件，即可求出结果.
【详解】(1)因为，所以，
即，得到，
因为是的角平分线，所以，所以．
又，由余弦定理得，
又，所以，
因为，所以，
解得.
(2)设，
，解得，
因为，所以，
因为三点共线，所以，即，
所以，又，
所以，
得到，又，解得，
所以，得到，所以．