广西南宁市马山县第三高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份广西南宁市马山县第三高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（5分）设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（5分）已知幂函数的图象经过点，下面给出的四个结论：
①；
②为奇函数；
③在上单调递增；
④，
其中所有正确命题的序号为（ ）
A．①④B．②③C．②④D．①②③
3．（5分）函数的图象如图所示，其中，，，则下列关于函数的说法中错误的是（ ）
A．在上单调递减B．
C．最小正周期是D．对称轴是直线
4．（5分）在中，点，满足，，与交于点，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）已知复数，则（ ）
A．的虚部为B．的实部为-2C．D．
7．（5分）如图，正方体的棱长为1，，，分别为线段，，上的动点（不含端点），
①异面直线与所成角可以为；
②当为中点时，存在点，使直线与平面平行；
③当，为中点时，平面截正方体所得的截面面积为；
④存在点，使点与点到平面的距离相等，
则上述结论正确的是（ ）
A．①③B．②④C．②③D．①④
8．（5分）如图正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（ ）
A．B．1C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分。
（多选）9．（5分）已知函数，若函数的部分图象如图所示，函数，则下列结论不正确的是（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上的单调递减区间为
D．若函数为偶函数，则的最小值为
（多选）10．（5分）设向量，，则下列叙述正确的是（ ）
A．若，则与的夹角为钝角B．的最小值为2
C．与垂直的单位向量只能为D．若，则
（多选）11．（5分）设数，则下列关于复数的说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
（多选）12．（5分）如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）．设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则（ ）
A．椭圆的中心不在直线上
B．
C．直线与椭圆所在平面所成的角的正弦值为
D．椭圆的离心率为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）设命题：，．若为假命题，则实数的取值范围是__________．
14．（5分）如图，在平行四边形中，，，，若，分别是边，上的点，且满足，其中，则的最小值是__________．
15．（5分）在复平面内，已知为坐标原点，点，分别对应复数，．若，则__________．
16．（5分）已知复数满足，则__________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要得文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（10分）设函数．
（1）设，求函数的最大值和最小值；
（2）设函数为偶函数，求的值，并求函数的单调增区间．
18．（12分）如图，在梯形中，，，．
（1）若，求的长；
（2）若，求．
19．（12分）已知复数，，．
（1）若复数在复平面内的对应点落在第二象限，求实数的取值范围；
（2）若虚数是方程的一个根，求实数的值．
20．（12分）一个圆台的母线长为，两底面面积分别为和．求：
（1）圆台的高；
（2）截得此圆台的圆锥的母线长．
21．（12分）如图所示，在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的三等分点（，），设，．
（1）用，表示，；
（2）如果且，求的余弦值．
22．（12分）已知是关于的实系数一元二次方程．
（1）若是方程的一个根，且，求实数的值；
（2）若，是该方程的两个实根，且，求使的值为整数的所有的值．
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（5分）【解答】解：因为，则，
联立，解得，
所以．
故选：D．
2．（5分）【解答】解：对于①：由幂函数的定义可知，解得，
将点代入函数得，解得，
所以，故①错误；
对于②：因为定义域为，且，
所以为奇函数，故②正确；
对于③：由幂函数的图象可知，在上单调递增，故③正确；
对于④：因为，且在上单调递增，所以，故④错误，
综上可知，②③正确，①④错误．
故选：B．
3．（5分）【解答】解：由图象易知：，
可得，故C内容正确；
由，，
又，
所以，故B内容正确；
因为，
可得，，，
所以函数在不是减函数，故A错；
由，即为函数的对称轴，故D对．
故选：A．
4．（5分）【解答】解：因为在上，故，所以存在唯一实数，使得，又，故为的中点，
所以，所以；同理存在，使得，
又，
所以，所以，所以，所以，所以．
故选：C．
5．（5分）【解答】解：单位向量，，
对于A，，所以与不垂直；
对于B，，所以与不垂直；
对于C，，所以与不垂直；
对于D，，所以与垂直．
故选：D．
6．（5分）【解答】解：∵，
∴的实部是-2，虚部是1，
故选：B．
7．（5分）【解答】解：对于①，∵，∴与的夹角即为与的夹角，
又当与重合时，取得最大值为，
当与点重合时，取得最小值，设其为，
则，故；
又点不能与，重合，故，，故①错误；
对于②，当为中点时，存在，分别为，的中点，
满足平面，证明如下：
取的中点为，连接，，
显然，又面，面，∴平面，
又，面，面，∴平面，
又，面，∴平面平面，
又平面，∴平面，故②正确；
对于③，连接，，，
∵，∴平面即为平面截正方体所得截面．
又，∴该截面为等腰梯形，又，，
∴截面面积，故③正确；
对于④，连接，取其中点为，
要使得点到平面的距离等于点到平面的距离，只需经过的中点，
可知当点、分别为所在棱的中点时，不存在这样的点满足要求，故④错误．
故选：C．
8．（5分）【解答】解：由题意正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
所以，对应原图形平行四边形的高为：，
所以原图形的面积为：．
故选：A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分。
9．（5分）【解答】解：由图象可知，，解得，
所以，
又因为，得（舍）或，
因为，
可得，
所以，，
函数的图象向左平移个单位长度，
则，故A正确；
对于B，令，
解得，，
当时，，
故的图象关于点对称，故B正确；
对于C，函数的递减区间为，，
故函数在区间上的单调递减区间为，故C错误；
对于D，函数为偶函数，即为偶函数，
易得为最小值，故D错误．
故选：CD．
10．（5分）【解答】解：对于A，当时，，
所以，
所以与的夹角为钝角，
所以A正确；
对于B，，
所以的最小值为2，
所以B正确；
对于C，
与垂直的向量可以为，
则与垂直的单位向量为或，
所以C不正确；
对于D，若，
又，
则，
解得或-2，
所以D不正确．
故选：AB．
11．（5分）【解答】解：，
，，故A正确；B错误；
，，故C正确，D错误．
故选：AC．
12．（5分）【解答】解：依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，
得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，
点，分别为圆，与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，
可知椭圆的中心（即线段的中点）不在直线上，故A正确；
椭圆长轴长，
过作于，连，显然四边形为矩形，
又，，，
则，
过作交延长线于，显然四边形为矩形，
椭圆焦距，故B错误；
所以直线与椭圆所在平面所成的角的正弦值为，故C正确；
所以椭圆的离心率，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）
【解答】解：因为命题：，为假命题，
则，为真命题，
所以，
解得，
故答案为：．
14．（5分）2
【解答】解：因为，，
所以，，故，
所以
，
因为当时，在上单调递减，
所以当时，取得最小值2．
故答案为：2．
15．（5分）
【解答】解：因为，，
所以，，
因为，所以，即．
故答案为：．
16．（5分）1
【解答】解：由，得，
∴，
则．
故答案为：1．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要得文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（10分）【解答】解：函数，
由于，
所以，故；
故函数的最大值为，最小值为-3．
（2）函数为偶函数，
所以，
整理得，
由于，
故；
此时，令，整理得，
故函数的单调递增区间为．
18．（12分）【解答】解：（1）在中，，，，
由正弦定理得，
则；
（2）因为，所以，
在中，，，
由余弦定理得：，解得，
所以．
19．（12分）【解答】解：（1）复数，，
则，
复数在复平面内的对应点落在第二象限，
则，解得，
故实数的取值范围为．
（2）虚数是方程的一个根，
则也是方程的一个根，
故，解得，．
20．（12分）【解答】解：（1）圆台的轴截面是等腰梯形，如图所示；
由已知可得上底半径，下底半径；
又腰长为，
所以圆台的高为；
（2）设截得此圆台的圆锥母线长为，
则由可得，
解得，
所以截得此圆台的圆锥的母线长为．
21．（12分）【解答】解：（1）点是的中点，点，分别是，的三等分点（，），，，
；
，
（2）且，
，
故的余弦值为．
22．（12分）【解答】解：（1）因为是关于的实系数一元二次方程，所以，
因为是方程的一个根，且，
当时，则或，
若，代入方程得，解得；
若，代入方程得，解得；
当为虚数时，不妨设，则也是方程的一个根，
故，又因为，即，故，
所以，解得，
又，得，
所以；
综上：或或．
（2）由韦达定理可知，，，，
所以，
因为为整数，，
所以必为-4的因式，则的值可能为-4，-2，-1，1，2，4，
则实数的值可能为-5，-3，-2，0，1，3，
又因为，是该方程的两个实根，所以，则，
所以的所有取值为-5，-3，-2．