湖南省多校联考2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份湖南省多校联考2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析湖南省多校联考2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题原卷版docx、精品解析湖南省多校联考2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至必修第二册第六章第3节.
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】C
【解析】
【分析】解出两集合，再利用交集含义即可.
【详解】，，
则，
故选：C.
2. 下列结论正确的是（ ）
A. 平行向量的方向都相同
B. 单位向量都相等
C. 零向量与任意向量都不平行
D. 两个单位向量之和可能仍然是单位向量
【答案】D
【解析】
【分析】根据单位向量、零向量、共线向量的定义判断即可.
【详解】对于A：根据平行向量的概念知，平行向量的方向相同或者相反，错误；
对于B：单位向量大小相等都是1，但方向不一定相同，故单位向量不一定相等，错误；
对于C：零向量与任意向量平行，错误；
对于D：如图，在边长为1的正六边形中，
都为单位向量，且，即两个单位向量之和可能仍然是单位向量，正确；
故选：D
3. 已知，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】根据特殊角的三角函数值、充分和必要条件等知识确定正确答案.
详解】若，，则或，
反之，若，则，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知向量满足，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则和数量积的运算公式，准确计算，即可求解.
【详解】由向量满足，
因为，可得，
解得，
故选：D.
5. 已知角的终边绕原点顺时针旋转后，得到角的终边，且角的终边过点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据任意角的三角函数的定义可得及，再根据诱导公式求解即可.
【详解】由角的终边过点知，，解得，所以，
又，则，所以.
故选：D
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数单调性、对数函数的单调性判断即可.
【详解】函数在定义域上单调递增知，
又，所以，即，
所以，所以.
故选：B
7. 已知函数的值域为，且在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的定义域，结合单调区间确定的取值，再由值域确定的取值即可.
【详解】函数中，，即，则函数的定义域为，
由在上单调递减，得，因此，
由函数的值域为，得，，
显然，否则与在上单调递减矛盾，
因此，此时在上单调递减，符合题意，
所以的取值范围是.
故选：C
8. 已知，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式求解即得.
【详解】由，得，当且仅当时取等号，
因此，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值4.
故选：A
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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点中心对称
C. 在上没有最值
D. 将函数的图象向左平移1个单位长度可以得到函数的图象
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用周期公式判断A；由代入验证法判断B；利用整体代换法以及正弦函数性质判断C；由平移规则判断D.
【详解】由函数解析式可得函数的最小正周期为，即A正确；
因为，所以的图象关于点中心对称，即B正确；
若，则，易知函数在上单调递减，
在上单调递增，故当即时，有最小值为，即C错误；
将函数的图象向左平移1个单位长度可得，即D正确；
故选：ABD
10. 如图，在中，为线段的中点，为线段的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A. 若为线段的中点，则
B. 的最大值为
C. 的最小值为0
D. 的最小值为4
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量加法运算化简判断A，建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算结合函数性质求解数量积的最值判断BCD.
【详解】对于A，因为为线段的中点，为线段的中点，所以，
，，两式相加化简得，正确；
如图，以点A为坐标原点建立平面直角坐标系，
由题意，设，设，
由知，因为，
所以，解得，所以，
所以，所以，又，所以，
因为，所以，
所以的最大值为，的最小值为，故选项B正确，C错误；
因为，，
所以，
因为，所以当时，有最小值为，故选项D错误.
故选：AB
11. 已知，函数，下列结论正确是（ ）
A.
B. 若在上单调递增，则的取值范围是
C. 若函数有2个零点，则的取值范围是
D. 若的图象上不存在关于原点对称的点，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用对数函数的单调性判断A，根据函数的单调性列不等式解参数范围判断B，举反例判断C，根据对称函数图象的位置关系列不等式组求解判断D.
【详解】对于A，因为，函数在上单调递增，所以当时，，正确；
对于B，由在上单调递增知，解得，正确；
对于C，当时，函数，作出函数的图象，如图：
由图知，直线与函数有两个交点，则方程有两个根，
即函数有2个零点，显然，错误；
对于D，易知与函数的图象关于原点对称的函数为，作出示意图：
要使若的图象上不存在关于原点对称的点，则，即，
解得，即的取值范围是，正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上
12. 已知是两个不共线的单位向量，，若与共线，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，可得出关于实数、的等式，即可解得实数的值.
【详解】因为、是两个不共线的单位向量，，，若与是共线向量，
设，，则，
所以，解得
故答案为：.
13. 已知是偶函数，，且当时，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合函数的基本性质，推得，得到函数是周期为的函数，进而求得的值.
【详解】设函数，因为函数为偶函数，
可得，所以，
令，可得，所以，即，
又因为，可得，
设，可得，即，
所以函数是周期为的函数，则，
又因为当时，，所以.
故答案为：.
14. 如图，在扇形中，半径是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形的周长的最大值为__________.

【答案】10
【解析】
【分析】连接，利用直角三角形边角关系求出矩形周长表达式，再利用辅助角公式结合正弦函数的性质求出最大值即得.
【详解】连接，令，由，得，
，，
因此矩形的周长，
其中，显然，结合题设易知，
因此当时，，所以矩形的周长的最大值为10.
故答案为：10
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知向量.
（1）若，求；
（2）若，求与的夹角.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量减法的坐标运算及共线向量的坐标表示求出，再求出向量的模.
（2）利用向量加法的坐标运算及向量垂直的坐标表示求出，再求出向量夹角.
【小问1详解】
向量，则，由，得，
解得，即，
所以.
【小问2详解】
向量，则，由，得，
解得，则，，而，
因此，而，
所以与的夹角.
16. 已知函数.
（1）若，解不等式；
（2）若关于的方程有解，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次不等式以及指数函数单调性解不等式即可；
（2）令，把原题转化为方程有解，由二次函数性质求解范围即可.
【小问1详解】
当时，即，化简得，
所以，解得，所以原不等式的解集为；
【小问2详解】
方程即，令，则，
因为函数在上单调递减，所以，
所以要使方程有解，则，故的取值范围为.
17. 如图，在中，点在线段上，且.
（1）用向量表示；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的图形，结合向量的线性运算计算即得.
（2）利用（1）的结论及已知，利用向量数量积的运算律求解即得.
【小问1详解】
在中，点在线段上，且，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
，而，
因此，即，
所以.
18. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）已知，求值；
（3）若关于的方程在上有两个不同的实根，且，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据三角函数图象与性质计算即可；
（2）结合同角三角函数基本关系，根据二倍角公式和两角差的正弦公式计算即可；
（3）结合正弦函数的单调性、对称性可判定的取值范围及的范围，即可求解.
【小问1详解】
由图可知，，因为，又，所以，所以，
又，，
所以，，由得，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
又，所以，所以，
所以
；
【小问3详解】
令，则当时，；
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
因为方程在上有两个不同的实根，
所以，的图象与直线有两个不同的交点，
如图：
由图知，
由正弦函数的对称性可知，所以，所以，
又，所以，
所以.
19. 已知函数.
（1）求的定义域；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的真数大于零列不等式组求解即可；
（2）根据题意可知，结合二次函数性质利用指数函数单调性求解，分类讨论求解函数的最大值，列不等式求解即可.
【小问1详解】
要使函数有意义，则，解得，
所以的定义域为；
【小问2详解】
因为，所以，
，因为，所以，
所以当时，，
对于函数，，
若，则函数在定义域上单调递减，而函数在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
所以，则，
因为，所以，无解；
若，则函数在定义域上单调递增，而函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，所以，
则，又，所解得；
综上，的取值范围为.
【点睛】结论点睛：一般地，已知函数，，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；