精品解析：云南省保山市第一中学2023-2024学年高一下学期期中教学质量监测数学试卷

2023~2024学年高一年级下学期期中教学质最监测 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将答题卡交回。满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡，上填写清楚． 2．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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，那么集合等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集运算的定义求解即可. 【详解】因为集合A和集合B没有公共元素，故. 故选：D 2. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ） A. 20 B. 10 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法求解. 【详解】解：由斜二测画法知， 故选：A. 3. 已知圆锥的体积为2，高为3，则其底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式求解. 【详解】解：圆锥的体积 ， 解得， 故选：B. 4. 如图，在直三棱柱中，点，分别是棱，的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 与异面 B. 与异面 C. 平面 D. 平面 【答案】A 【解析】 【分析】根据直三棱柱的性质及空间中线线、线面的位置关系判断即可. 【详解】 在直三棱柱中，，平面， ，且平面，,所以与异面，故A正确； 显然平面，平面，故与共面，故B错误； 因为平面，所以平面，故C错误； 在直三棱柱中平面平面，平面， 所以平面，显然平面，故D错误. 故选：A 5. 若复数z满足（为虚数单位），是z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算法则和共轭复数的概念求得z，然后根据复数的几何意义判断点所在的象限. 【详解】由得，所以， 故复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故选：B 6. 在△ABC中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理可得，再由大边对大角即可求出. 【详解】由正弦定理可得，， 因为，所以，则， 故选：C. 7. 已知三棱锥P-ABC，满足，，则三棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用勾股定理得四个侧面都是直角三角形，利用三角形面积公式即可求得三棱锥的表面积. 【详解】由题，， 由勾股定理可得，，，，则有， 所以， 三棱锥的表面积为. 故选：C 8. 已知平面向量，不共线，，，若A，B，C三点共线，则实数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由A，B，C三点共线，得，再根据平面向量共线定理即可得解. 【详解】若A，B，C三点共线，则， 则存在唯一实数，使得， 即，解得或. 故选：D． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列选项中，符号为负的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由特殊角的三角函数可判断A，B；判断所在象限可判断C，D. 【详解】，，故A正确，B错误； 因为，是第二象限角，所以，，故C、D正确. 故选：ACD． 10. 已知a，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由复数相等求出，可判断A，B；由共轭复数和复数的乘法、除法运算可判断C,D. 【详解】对于A、B，由，得，解得， 故A错误，B正确. 对于C，，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：BC． 11. 已知函数，下列关于函数的结论正确的是（ ） A. 的定义域为 B. 的值域为 C. D. 在上单调递增 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由指数函数的性质结合分段函数解析式代入计算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，函数，函数的定义域为，故A错误； 对于B，当时，单调递增，则， 当时，，所以函数的值域为，故B正确； 对于C，又，所以，故C错误； 对于D，当时，，故在上单调递增，则D正确. 故选：BD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区城内作答，在试题卷，上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量的模公式求解. 【详解】解：因为平面向量，， 则． 故答案为： 13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】先求得，然后根据三角形的面积公式求得的面积. 【详解】由余弦定理得，所以， 所以的面积为. 故答案为： 14. 米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个米斗上下底面边长分别为和，侧棱长为，则其外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】确定上底面和下底面的中心，连接两个中心，确定球心在直线上，利用球的截面圆的性质及勾股定理求出，再由球的体积公式求解即可. 【详解】由题意，方斗的示意图如图： 设棱台上底面中心为，下底面中心为， 由棱台的性质可知，外接球的球心O落在直线上， 由题意该四棱台上下底面边长分别为和，侧棱长为， 则，，， 所以， 设外接球的半径为R，且， 则，解得， 故球心O与重合，所以该米斗的外接球的体积为. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，已知单位圆O与x轴正半轴交于点M，点A，B在单位圆上，其中点A在第一象限，且，记，． （1）若，求点B的坐标； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）因为，由三角函数的定义求出可求出B的坐标； （2）由两角和与差的正弦公式可求出，即可求出的值. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以点B的坐标为． 【小问2详解】 ， 所以，又，解得可得， 所以点为单位圆与轴负半轴交点，故． 16. 如图，在正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，的最小值为． （1）求该正四面体的棱长； （2）当取最小值时，求三棱锥A-PBE与三棱锥A-BCD体积之比． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将侧面与展成平面图形，的最小值为，由余弦定理即可得出答案. （2）由（1）中的平面展开图可得，由可求出，再由三棱锥的体积公式求解即可. 【小问1详解】 将侧面与展成平面图形，如图所示， 设正四面体的棱长为，则的最小值为， 由正四面体的性质可知， 由余弦定理可得， 解得． 【小问2详解】 由（1）中的平面展开图可得，此时， ，， 由点到平面的距离等于点到平面的距离， 三棱锥与三棱锥体积之比即为 17. 已知函数. （1）求的定义域； （2）判断并证明的奇偶性. 【答案】（1）， （2）函数为奇函数，证明如下： 由（1）得的定义域关于原点对称， 且， 为奇函数. 【解析】 【分析】（1）根据对数真数大于0列不等式得，再利用正弦函数性质解不等式即可求解. （2）结合正弦函数性质及对数函数运算性质，根据奇函数定义判断证明即可. 【小问1详解】 由题意得，， 或， 的定义域为，. 【小问2详解】 略 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，. （1）求角B； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直的坐标运算得，利用正弦定理的，即可求解角B. （2）结合题干由正弦定理得，利用角的关系得，分离常数，令，利用函数单调性求解范围即可. 【小问1详解】 因为，，， 所以， 由正弦定理，可得，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，得， 由（1）可得，， 所以， 因为， 令，则， 所以， 又由对勾函数在上单调递增，所以， 所以，所以， 所以，即. 19. 人们把一元三次方程的求根公式称为卡尔达诺公式，该公式为：对不完全的一元三次方程的三个根分别为：，，，其中，． （1）求的三个根； （2）求的三个根． 【答案】（1）， ， ． （2）， ， ． 【解析】 【分析】（1）根据题意，代入公式直接求解； （2）根据已知可得，令，则， 代入公式求解即可. 【小问1详解】 一元三次方程， 可得，， ， ， ． 【小问2详解】 ，, 令，则， 此时，， ， ， ． 【点睛】关键点点睛：求解方程，关键是化为，即可解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年高一年级下学期期中教学质最监测 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将答题卡交回。满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡，上填写清楚． 2．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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，那么集合等于（ ） A. B. C. D. 2. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ） A. 20 B. 10 C. D. 3. 已知圆锥的体积为2，高为3，则其底面半径为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在直三棱柱中，点，分别是棱，的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 与异面 B. 与异面 C. 平面 D. 平面 5. 若复数z满足（为虚数单位），是z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 6. 在△ABC中，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥P-ABC，满足，，则三棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量，不共线，，，若A，B，C三点共线，则实数等于（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列选项中，符号为负的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知a，，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，下列关于函数的结论正确的是（ ） A. 的定义域为 B. 的值域为 C. D. 在上单调递增 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区城内作答，在试题卷，上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量，，则______． 13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则的面积是______． 14. 米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个米斗上下底面边长分别为和，侧棱长为，则其外接球的体积为______. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，已知单位圆O与x轴正半轴交于点M，点A，B在单位圆上，其中点A在第一象限，且，记，． （1）若，求点B的坐标； （2）若，求的值． 16. 如图，在正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，的最小值为． （1）求该正四面体的棱长； （2）当取最小值时，求三棱锥A-PBE与三棱锥A-BCD体积之比． 17. 已知函数. （1）求的定义域； （2）判断并证明的奇偶性. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，. （1）求角B； （2）求的取值范围. 19. 人们把一元三次方程的求根公式称为卡尔达诺公式，该公式为：对不完全的一元三次方程的三个根分别为：，，，其中，． （1）求的三个根； （2）求的三个根． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $