精品解析：广东省河源市部分学校2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：广东省河源市部分学校2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知，则正整数的最小值为， 已知，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，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：用签字笔直接写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.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的含义即可得到答案.
【详解】因为，则由题意可得.
故选：B.
2. 已知，则（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法法则求得，进而可求得的值.
【详解】因为，
则.
故选：D.
3. 在正三棱锥中，顶点在底面的射影为点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正三棱锥的性质，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，然后用勾股定理可解得高.
【详解】正三棱锥中，点在平面的射影是点，即为等边的中心，
已知，可得，
由底面，底面，可得，
则由勾股定理可得高.
故选：D.
4. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由题求出坐标，再结合向量坐标形式的模长公式即可求解.
【详解】由，得，
又，所以，
故.
故选：D.
5. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性法则，结合二次函数的单调性列式求解即可.
【详解】函数在上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，
因此，解得，所以实数的取值范围是.
故选：D
6. 已知，则正整数的最小值为（ ）（参考数据：取）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】先对两边取对数得到，再利用换底公式将不等式右边对数用来表示即可求解.
【详解】由，则，
因为，
即，又，所以的最小值为8.
故选：A.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两角和正弦公式求得，然后利用二倍角余弦公式求解即可.
【详解】由题意可得，
所以.
故选：B.
8. 已知函数在上单调递减，且在中满足，则下列情况中，能唯一确定该三角形形状的是（ ）
A. 角取最大值B. 角取最大值
C. 取最小值D. 取最小值
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理可得，利用在上单调递减，由，可求得最小值，，设利用单调性可判断BD；由可判断A；令，可判断D.
【详解】由得，考虑在上单调递减，
故当角取最大值时，取最小值，，
当且仅当，即时取等，
此时，即，故此时三角形为等边三角形，形状唯一确定；同理，，
设，
所以单调递减，故不存在最小值与最大值，故B不正确，D不正确；
由于，故，所以角有最大值，故A正确；
则取最小值时，取最大值，由，
无法取得最大值，故不能取最小值，故C不正确.
故选：A.
【点睛】方法点睛：本题利用换元法研究的单调性，判断有无最大小值，利用基本不等式求函数的最小值是常考方法.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 复数的虚部为
B. 若为纯虚数，则为实数
C. 若为实数，则
D. 复数在复平面内对应的点位于第二象限
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，结合复数的基本概念，以及复数的分类和复数的几何意义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由复数的虚部为1，所以A错误；
对于B中，设，则，所以B正确；
对于C中，当为负数时，，所以C错误；
对于D中，因为，在复平面内对应的点坐标为，位于第二象限，所以D正确.
故选：BD.
10. 已知圆锥顶点为，底面圆心为为底面直径，，点在底面圆周上，且二面角为，则（ ）
A. 该圆锥的体积为
B. 该圆锥的侧面积为
C.
D. 的面积为4
【答案】AC
【解析】
【分析】由已知可得，由锥体体积公式可求圆锥的体积判断A；求得侧面积判断B；设是的中点，连接，可得，进而可求得AC判断C；求得，可求判断D.
【详解】依题意，，所以，
对于选项，圆锥的体积为选项正确；
对于选项，圆锥的侧面积为，选项错误；
对于选项，设是的中点，连接，则，

所以是二面角的平面角，则，所以，
故，则，选项正确；
选项，，所以，选项错误.
故选：AC.
11. 设平面内共起点的向量的终点分别为，且满足，记与的夹角为，则（ ）
A.
B. 最大值为
C. 若，则三点共线
D. 若，当取得最大值时，
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，得到点覆盖的范围为以为圆心，2为半径的整个圆面，结合选项，利用向量的投影，向量的数量积，以及向量夹角公式、三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】设为三个向量的公共的起点，
由题意知，
可得在以为圆心，1为半径的圆上，在以为圆心，1为半径的圆上，
所以点覆盖的范围为以为圆心，2为半径的整个圆面.
对于A中，设在的投影为，
则，所以A错误；
对于B中，如图1所示，当位于时有与圆相切，此时夹角最大为，
由题意，，所以，最大值为，
所以B正确；
对于C中，如图2所示，由向量的平行四边形法则可知，，则为中点，
可得三点共线，所以C正确；
对于D中，若，则，
可得均在以为圆心，1为半径的圆上，且为等边三角形，
如图2所示，当运动至于与圆相切时，取得最大值，记作切点为，
不妨取进行计算，则，
此时画出的两种位置，分别为和，不妨取进行计算，
此时，
设为在上的投影向量，
所以，所以D错误.故选：BC.
【点睛】方法点拨：解答平面向量的综合性问题的求解策略：
1、几何法：充分利用几何图形的特征，结合向量的线性运算和向量的数量积的运算求解；
2、代数法：将平面向量问题，建立平面直角坐标系，转化为坐标运算，建立目标函数，利用代数的方法解决；
3、若题设中给出的向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立，得到三角函数的关系式，然后求解；
2、若给出向量条件含有参数时，经常用平面几何的性质，构造含有参数的方程或方程组，解方程或方程组，得到参数的取值.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是两个不共线的向量，，若与是共线向量，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线可设，进而对比系数列式求解即可.
【详解】因为是两个不共线的向量，，
若与是共线向量，设，则，
则，解得.
故答案为：.
13. 科学家研究发现，地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为，则根据以上信息可得里氏9.0级地震释放的能量是8.0级地震所释放能量的______倍.
【答案】100
【解析】
【分析】由题意列式，利用指数幂运算求解即可.
【详解】由题意得，所以，
即里氏9.0级地震释放的能量是8.0级地震所释放能量的100倍.
故答案为：100
14. 已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则__________.

【答案】
【解析】
【分析】设，得到，再由，得到，求得，结合题意，得出，进而求得的值，即可求解.
【详解】设，因为，可得，
又因为可知，所以或，
结合函数的图象，可得，
即，所以，
因为，且在单调递增区间内，所以，
即，所以，
所以.
故答案为：.
四､解答题：本题共5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. 已知在中，.
（1）求；
（2）设，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和与差的正弦公式化简已知式，即可得出答案.
（2）由同角三角函数的基本关系求出，由两角和的正弦公式求出，再由正弦定理求解即可得出答案.
【小问1详解】
由题意得，
，
，
，
即.
【小问2详解】
由（1）知，.
由
，
由正弦定理，，可得.
16. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若二面角为，求异面直线与所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质 判定推理即得.
（2）作出二面角的平面角，由此求出，再利用异面直线所成角的定义求出其正切值.
【小问1详解】
在四棱锥中，由底面为矩形，得，
由侧面底面，侧面底面平面，
得平面，又平面，则，
又侧面是正三角形，是的中点，则，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
如图，
在平面内，过点作，垂足为，显然，
由侧面底面，交线为，得底面，底面，
则，过作，垂足为，连接，显然，
平面，则平面，而平面，因此，
则即为二面角的平面角，其大小为，
在中，，则，
由，得四边形为平行四边形，则，
由，得（或其补角）为异面直线与所成角，
由（1）知平面，则为直角三角形，，
所以异面直线与所成角正切值为.
17. 已知复数的实部分别为，虚部分别为，其中.
（1）求的取值范围；
（2）能否为纯虚数，若能，求；若不能，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，结合复数模的运算，即可求解；
（2）根据题意，利用复数的运算法则，结合复数的分类，列出方程，得到，进而的得到结论.
【小问1详解】
解：由复数的实部分别为，虚部分别为，
可得，
可得，
因此的取值范围是.
【小问2详解】
解：因为，
所以，
因此，且，
化简得，即，可得，
此时，故不能为纯虚数.
18. 阅读材料：材料一：我国南宋的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”：若把三角形的三条边分别称为小斜､中斜和大斜，记小斜为，中斜为，大斜为，则三角形的面积为.这个公式称之为秦九韶公式；材料二：古希腊数学家海伦在其所著的《度量论》或称《测地术》中给出了用三角形的三条边长表示三角形的面积的公式，即已知三角形的三条边长分别为，则它的面积为，其中，这个公式称之为海伦公式；请你结合阅读材料解答下面的问题：
（1）证明秦九韶公式与海伦公式的等价性；
（2）已知的面积为24，其内切圆半径为，求.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，将秦九韶公式利用等价变形得海伦公式.
（2）利用已知结合内切圆半径求出，再利用海伦公式求解即得.
【小问1详解】
三角形的三条边长分别为，，
上述每一步均为等价变形，所以秦九韶公式与海伦公式是等价的.
【小问2详解】
设内切圆半径为，由，，得，
显然，由海伦公式，
得，化简得，即，
所以.
19. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2），将的图象向右平移个单位后得到函数.若对任意的，都有，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，求解可得不等式解集；
（2）求得，因为对任意的，都有成立，可得，由，令，可得，分类讨论可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
因为，
所以，
解得：，
所以，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
由题意可得，
因为，所以，
所以.
又因为对任意的，都有成立，
所以，
，
因为，所以，
设，可设，
则的图象为开口向下，对称轴为的抛物线，
当时，在上单调递增，
所以，所以，解得，所以
当时，上单调递减，
所以，所以，解得，故；
当时，，
故，解得，所以，
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，若总有成立，故.