2022-2023学年湖南省湖湘教育三新探索协作体高一下学期4月期中联考数学试题含解析

2022-2023学年湖南省湖湘教育三新探索协作体高一下学期4月期中联考数学试题

一、单选题

1．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解一元二次不等式和对数不等式，求出，得到交集.

【详解】变形为，解得，故，

因为，

所以.

故选：D

2．已知为虚数单位，复数为纯虚数，则（    ）

A．0 B． C．3 D．10

【答案】D

【分析】利用复数的乘法法则和纯虚数、模长的定义求解即可.

【详解】由题意可得因为复数，

所以，解得，即，

所以，

故选：D

3．已知正三棱锥，各棱长均为，则其外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】抓住正三棱锥的特征，底面是正三角形，边长为，则高线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，构造直角三角形，从而即可求出外接球的半径为，进而可求出外接球的体积．

【详解】由是正三棱锥，底面是正三角形，边长为，

则高线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，取的中点，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，

故外接球的体积为．

故选：C．

4．若“”是“”的一个充分不必要条件，则实数的取值范围是（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】A

【分析】解不等式，对实数的取值进行分类讨论，求出不等式的解集，根据题意可得出集合的包含关系，综合可求得实数的取值范围.

【详解】解不等式可得，

由可得，

①当时，即当时，不等式即为，解得，

此时，“”“”，不合乎题意；

②当时，即当时，解不等式可得或，

由题意可知，或，

所以，或，解得或，所以，；

③当时，即当时，解不等式可得或，

由题意可得或，

所以，或，解得或，此时.

综上所述，实数的取值范围是或.

故选：A.

5．在中，，，且与交于点，若，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据平面向量共线定理得到，，利用、分别表示出，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得、，再代入计算可得.

【详解】依题意、、三点共线，故，

所以

，

、、三点共线，故，

则

，

所以，解得，

所以，又，所以，

所以.

故选：B

6．已知正实数a，b满足，则的最小值是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知可推得，然后根据“1”的代换，利用基本不等式，即可得出最小值.

【详解】由已知可得，，所以.

又，

所以.

当且仅当，即，时，等号成立.

所以，的最小值是.

故选：C.

7．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．若函数的图象关于直线轴对称，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据二倍角的余弦公式和两角的和差公式可得，再根据三角函数的平移变换可得，再利用条件结合正弦函数的对称性列方程即可求得的值．

【详解】由，

则，

又函数的图象关于直线轴对称，

则，得，

又，则，即．

故选：B．

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． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性求出函数的解析式，利用函数的周期性画出函数图象，结合方程的根与函数图象交点的关系可得函数与图象在上有6个不同的交点，由图可得，解之即可求解.

【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.

二、多选题

9．下列关于复数的命题不正确的有（    ）

A．若，则 B．若，则

C． D．

【答案】ABD

【分析】举例说明，即可判断AB；根据复数的乘法运算和几何意义计算化简，即可判断C；根据复数的乘法运算和共轭复数的概念，即可判断D.

【详解】A：令，满足，

而，不成立，故A错误；

B：由选项A的分析可知，不成立，故B错误；

C：设，则，

，

又，

所以，即，故C正确；

D：设，则，得，

，，所以不成立，故D错误.

故选：ABD.

10．已知，为两个不同的平面，，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

【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．已知定义在R上的函数满足条件，且函数为奇函数，则下列说法中正确的是（    ）

A．函数是周期函数

B．函数为R上的偶函数

C．函数的图象关于点对称

D．函数为R上的单调函数

【答案】AC

【分析】由题可得即可判断A；由为奇函数可得，即可判断B；由、可得，即可判断C；根据为R上的奇函数，结合单调函数的定义即可判断D.

【详解】A选项，由，得，即，故A正确；

B选项，因为为奇函数，，

用换x，得，又，

所以，即函数为R上的奇函数，故B错误；

C选项，因为为奇函数，

所以，

则的图象关于点对称，故C正确；

D选项，因为函数为R上的奇函数，其图象关于原点对称，

函数在和的单调性相同，

但函数在R上不一定为单调函数，故D错误.

故选：AC.

12．已知，下列关于说法正确的是（    ）

A．的最小正周期为 B．的最大值为4

C．在上单调递减 D．关于成中心对称

【答案】BCD

【分析】先求出是的周期.设的最小正周期为，，根据，即可推导出，判断A项；根据余弦函数的值域得出，结合，即可得出B项；化简可得，然后根据复合函数的单调性，即可得出C项；求出并化简的表达式，即可得出D项.

【详解】对于A项，因为，所以，是的周期.

则可设的最小正周期为，，

因为，所以应有，

所以，应有，.

由可得，，所以.

又，所以，，或，；

由可得，，所以.

又，所以必有，此时.

所以，，

所以，的最小正周期为，故A项错误；

对于B项，因为，，所以.

又，所以的最大值为4，故B项正确；

对于C项，.

令，则函数在上单调递减，

而函数单调递增，

所以，根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，故C正确；

对于D项，，

所以，关于成中心对称，故D项正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为的等腰梯形，则原平面图形的面积为___________.

【答案】

【分析】计算出梯形的下底的长，作出原图形，确定原图中梯形的上、下底的长以及梯形的高，利用梯形的面积公式可求得结果.

【详解】在直观图等腰梯形，，且，如下图所示：

分别过点、作，，垂足分别为点、，

由题意可知，

所以，，同理可得，

因为，，，则四边形为矩形，

所以，，故，

将直观图还原为原图形如下图所示：

由题意可知，梯形为直角梯形，，，，

，，

因此，梯形的面积为.

故答案为：.

14．已知，，且，，则___________.

【答案】

【分析】首先求出，，再根据两角和的余弦公式计算可得.

【详解】因为，，且，，

所以，，

所以.

故答案为：

15．已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是___________.

【答案】

【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：

16．在中，点O满足，且AO所在直线交边BC于点D，有，，，则的值为___________.

【答案】2

【分析】由题干条件得到点为的内心，再由切线长定理和向量数量积公式变形得到答案.

【详解】，变形为，

即，

其中表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量，

故在的平分线上，

在中，由正弦定理得，

在中，由正弦定理得，

因为，所以，

故，

因为，所以，故，

故平分，

故点为的内心，

过点作⊥于点，作⊥于点，作⊥于点，

则，

因为，所以，

又，所以，

由向量数量积得，

故.

故答案为：2

【点睛】方法点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心，

点为所在平面内的点，且，则点为的垂心，

点为所在平面内的点，且，则点为的外心，

点为所在平面内的点，且，则点为的内心.

四、解答题

17．已知平面直角坐标系中，点为原点，，

(1)若，且方向相反，求的坐标；

(2)若，与的夹角为，且向量与互相垂直，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知可设，，然后根据已知得出，即可得出的值，代入即可得出答案；

（2）求出，根据数量积的定义得出.由向量垂直，得出，根据数量积的运算律展开，得出方程，求解即可得出答案.

【详解】（1）由已知可得，，设，，

所以，.

又，所以，所以，

所以，.

（2）由已知可得，，所以，

所以.

因为向量与互相垂直，

所以，，

即，

即，解得.

18．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式；

(2)先将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变），然后将得到的函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），最后将所得图象向右平移个单位后得到函数的图象，若，求实数x的取值范围.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）由图象可求得，，即可得出，所以.根据“五点法”，可推得，即可得出答案；

（2）由已知可得，.然后得出，根据正弦函数的图象，即可得出答案.

【详解】（1）由图象可得，，，

所以，，

所以，.

又在处取得最大值，

由“五点法”可知，

所以.

又，所以，

所以，.

（2）将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变），

得到的图象；

将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），

得到的图象；

将图象向右平移个单位后得到函数的图象，

所以.

由可知，，

所以.

根据正弦函数的图象可得，或，

所以，或，

所以，实数x的取值范围为，.

19．已知函数的最小值为.

(1)求的解析式；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据题意可知二次函数的对称轴为，分类讨论当、、时函数的单调性，求出对应的最小值即可；

（2）由（1），结合一次函数、二次函数的性质可知函数在R上单调递减，利用函数的单调性解不等式即可求解.

【详解】（1）函数，对称轴为，

当即时，函数在上单调递增，

所以，即；

当即时，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，即；

当即时，函数在上单调递减，

所以，即，

故.

（2）由（1）知，当时，，函数单调递减，

当时，，对称轴为，函数在上单调递减，

当时，，函数单调递减，

注意到是连续函数，所以函数在R上单调递减.

由，得，解得，

故实数m的取值范围为.

20．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求B；

(2)若锐角△ABC中，求其周长的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再由内角和等于消去角C，然后通过和差公式展开化简即可求解；

（2）由正弦定理、三角恒等变换化简可得，结合角A的范围和正弦函数的性质即可求解.

【详解】（1），由正弦定理可得，

即，

整理得，

又，所以，所以，

即，又，

所以，即.

（2）由（1）知，又，由正弦定理，得，

所以，

所以

，

在锐角中，，则，

所以，则，

故的周长的取值范围为.

21．如图，直线，点A是，之间的一个定点，过点A的直线EF垂直于直线，（m，n为常数），点B，C分别为，上的动点，已知.设，的面积为.

(1)写出的解析式；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用三角函数表示各个边长的关系，再用梯形的面积减去两个直角三角形表达出即可.

(2)由(1)有，将正切值用正弦除以余弦表示，再利用三角函数的和差角二倍角与辅助角公式化简成再求最值即可.

【详解】（1）由题意，，所以，

在中，，，则，

在中，，

∴的面积，

∴的面积，

∴梯形的面积，

∴

.

（2）令

.

所以当时，即时，取得最小值，

此时取得最小值.

22．已知函数.

(1)证明：函数为奇函数；

(2)判断函数的单调性；

(3)若函数，其中，讨论函数的零点个数.

【答案】(1)证明见解析；

(2)函数在上单调递减；

(3)答案见解析.

【分析】（1）根据对数函数的概念求出函数的定义域，结合奇偶函数的定义即可证明；

（2），利用复合函数的单调性质即可判断；

（3）令，则，分类讨论，时，结合图形，t分别对应的零点个数，进而得解.

【详解】（1），

则函数的定义域为，关于原点对称，

，所以函数为奇函数；

（2），

又函数在和上单调递减，

由函数图象的平移可知在上单调递减，

而函数在上单调递增，利用复合函数的单调性质知，

函数在上单调递减；

（3）由，得，令，则，

当时，由，得，如图，

当时，，由图可知，对应有3个零点；

当时，，由图可知，对应有1个零点；

当时，如图，

由图可知，只有一个，对应有1个零点；

综上，当时，函数只有3个零点；

当时，函数只有1个零点；

当时，函数只有1个零点.