精品解析：云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题 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，只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的零点所在的一个区间是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且与夹角余弦值为，则（ ） A. 36 B. C. 32 D. 5. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的形状一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 6. 设函数为定义在R上偶函数，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（ ） A B. 与异面 C. 平面 D. 平面平面 8. 在中，，的中点为，若长度为3的线段（在的左侧）在直线上移动，则的最小值为 A. B. C. D. 二、多选题（本题共3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. 设向量、，定义运算：．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 在棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行 B. 正方体中，直线与是异面直线 C. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是 D. 正方体中，M，N分别为BC，AB的中点，是线段（不含端点）上的动点，过M，N，P点的平面截该正方体所得的截面为六边形 11. 如图，有一块半圆形广场，计划规划出一个等腰梯形的形状的活动场地，它的下底是的直径为，上底的端点在圆周上，其他几个弓形区域将进行盆景装饰.为研究这个梯形周长的变化情况，提出以下两种方案：方案一：设腰长，周长为；方案二：设，周长为，则（ ） A. 当，在定义域内增大时，先增大后减小，先减小后增大 B. 当，定义域内增大时，先增大后减小，先增大后减小 C. 当，在定义域内增大时，先减小后增大，先减小后增大 D. 梯形的周长有最大值为 三、填空题（本题共3小题；每小题5分，共15分） 12. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为__________． 13. 《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，现提供一中计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，利两个同高的立方体如在等高处的截面面积相等，则体积相等.若正方体棱长为3，则“牟合方盖”体积为________. 14. 中，若，则的取值范围是________． 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，. （1）若，，且、、三点共线，求值. （2）当实数为何值时，与垂直? 16. 如图1，已知矩形ABCD中，为CD上一点且.现沿着折起，使点到达点的位置，且，得到的图形如图2. （1）证明为直角三角形； （2）设动点在线段上，判断直线与平面的位置关系，并说明理由. （3）若为中点且平面APE，求三棱锥的体积. 17. 如图，某公园有三条观光大道围成直角三角形，其中直角边，斜边．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在大道上嬉戏， （1）若甲、乙都以每分钟的速度同时从点出发在各自的大道上奔走，甲出发3分钟后到达，乙出发1分钟后到达，求此时甲、乙两人之间的距离； （2）甲、乙、丙所在位置分别记为点．设，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且，请将甲、乙之间的距离表示为的函数，并求甲、乙之间的最小距离． 18. 已知复数，，（，，），且． （1）若且，求的值； （2）设，关于的方程在上恰有解，求实数的值以及方程的解集． 19. 对于函数，，若存在非零实数以及，使得，则称函数为“伴和函数”. （1）设，，判断是否存在非零实数，使得函数为“伴和函数”？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由； （2）设，证明：函数，为“伴和函数”； （3）设，若函数，为“1伴和函数”，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题 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，只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为，， 所以. 故选：B. 2. 复数在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的四则运算化简，得到的代数形式，即可得点坐标. 【详解】， 该复数在复平面内对应的点的坐标为． 故选：A 3. 函数的零点所在的一个区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用零点存在性定理，结合函数的单调性判断即可. 【详解】因为，， 且易得在单调递增， 所以在上有唯一的零点，且零点在区间内. 故选：B 4. 已知向量满足，且与夹角的余弦值为，则（ ） A. 36 B. C. 32 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】设与的夹角为，则， . 故选：B 5. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的形状一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】 由，利用正弦定理化简可得，再由，即可得出结果． 【详解】∵， ∴由正弦定理可得 ， ∴， ∴， ∴或， ∴或， 又，所以，因此. ∴是直角三角形. 故选：A． 【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题. 6. 设函数为定义在R上的偶函数，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据函数的奇偶性求得时的解析式，再利用单调性比较大小即可得解. 【详解】因为当时，， 所以当时，， 所以函数在单调递增，， 又， 又， 所以，所以. 故选：B 7. 如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（ ） A. B. 与异面 C. 平面 D. 平面平面 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目信息和相似比可知，不可能平行于，与异面，可得A错误，B正确；再利用线面平行和面面平行的判定定理即可证明CD正确. 【详解】如下图所示，连接， 根据题意，由可得，，且； 同理可得，且； 由，而，所以不可能平行于，即A错误； 易知与不平行，且不相交，由异面直线定义可知，与异面，即B正确； 在长方体中， 所以，即四边形为平行四边形； 所以，又，所以； 平面，平面， 所以平面，即C正确； 由，平面，平面，所以平面； 又，平面，平面，所以平面； 又，且平面， 所以平面平面，即D正确. 故选：A 8. 在中，，的中点为，若长度为3的线段（在的左侧）在直线上移动，则的最小值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正弦定理求得，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据对称性和两点间的距离公式，求得所求的最小值. 【详解】由正弦定理可得,, 以BC所在直线为轴，则, 则表示轴上的点P与A和的距离和， 利用对称性，关于轴的对称点为， 可得的最小值为=. 【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查距离和的最小值的求法，考查坐标法，属于中档题. 二、多选题（本题共3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. 设向量、，定义运算：．则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用题中新定义运算逐项验证可得合适的选项. 【详解】对于A选项，，A选项正确； 对于B选项，，B选项正确； 对于C选项，是与共线的向量，是与共线的向量， 因为、不一定共线，故C选项错误； 对于D选项，设、、， 则， ， 所以，，D选项正确. 故选：ABD. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 在棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行 B. 正方体中，直线与是异面直线 C. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是 D. 正方体中，M，N分别为BC，AB的中点，是线段（不含端点）上的动点，过M，N，P点的平面截该正方体所得的截面为六边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据棱柱的性质即可判断A，由异面直线的定义即可判断B，根据斜二测画法的性质即可求解C，根据平面基本性质即可作出截面判断D. 【详解】对于A，由棱柱的性质可知：棱柱的上下底面互相平行，故A正确， 对于B，由于在正方体中，平面，平面，平面， 所以与是异面直线，故B正确， 对于C，根据斜二测画法的规则可知： 直观图中，高， 所以直现图的面积是，故C错误， 对于D，延长相交于，连接交AA1于点，同理延长交于点， 由于中点，所以， 故在平面中，作交边于，连接交于， 因此六边形即为所求截面六边形，故D正确， 故选：ABD. 11. 如图，有一块半圆形广场，计划规划出一个等腰梯形的形状的活动场地，它的下底是的直径为，上底的端点在圆周上，其他几个弓形区域将进行盆景装饰.为研究这个梯形周长的变化情况，提出以下两种方案：方案一：设腰长，周长为；方案二：设，周长为，则（ ） A. 当，在定义域内增大时，先增大后减小，先减小后增大 B. 当，在定义域内增大时，先增大后减小，先增大后减小 C. 当，在定义域内增大时，先减小后增大，先减小后增大 D. 梯形的周长有最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】方案一：连接，，在中，设，，由余弦定理，得，，，在中，，同理可得，进而得出周长与单调性. 方案二：连接，可得，，，作于，于，利用直角三角形的边角关系、三角函数的单调性、二次函数的单调性即可得出. 【详解】方案一：如图所示，连接，则， 在中，设，， 由余弦定理，得 ，， ， 在中，, 同理， ， ， 梯形的周长：， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 梯形的周长有最大值为. 方案二：连接，则， ， 作于，于， 得， ， 梯形的周长： ， 可得在内单调递增，在内单调递减. 故选：B D． 【点睛】关键点点睛：本题考查了含有三角函数的复合函数的单调性，解题的关键是表达与，考查了分析能力、运算能力. 三、填空题（本题共3小题；每小题5分，共15分） 12. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求解. 【详解】因为，， 所以向量在方向的投影向量为. 故答案为： 13. 《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，现提供一中计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，利两个同高的立方体如在等高处的截面面积相等，则体积相等.若正方体棱长为3，则“牟合方盖”体积为________. 【答案】18 【解析】 【分析】先求得正方体的内切球的体积，再由已知得出牟合方盖的体积，可求得答案. 【详解】正方体的棱长，则其内切球的半径，内切球的体积． 由于截面正方形与其内切圆的面积之比为， 设牟合方盖的体积为，则，从而牟合方盖的体积． 故答案为：. 14. 中，若，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据，利用两角和差的正余弦公式可得，可知，，再利用二倍角公式、诱导公式和辅角公式可知，再根据，结合正弦函数的性质，即可求出结果. 【详解】因为， 所以，所以， 所以, 即，即， 所以，又，所以，， 又 又，所以，所以， 所以. 即的取值范围为. 故答案为：. 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，. （1）若，，且、、三点共线，求的值. （2）当实数为何值时，与垂直? 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出、的坐标，由、、三点共线，可得与共线，列出方程即可得到的值； （2）依题意可得，根据数量积坐标表示计算可得． 【小问1详解】 因为，， 所以，， 因为、、三点共线， 所以， 所以，解得. 【小问2详解】 因为， ， 又与垂直， ，解得． 16. 如图1，已知矩形ABCD中，为CD上一点且.现沿着折起，使点到达点的位置，且，得到的图形如图2. （1）证明为直角三角形； （2）设动点在线段上，判断直线与平面的位置关系，并说明理由. （3）若为中点且平面APE，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 （3） 【解析】 分析】（1）根据题意利用勾股定理运算说明； （2）根据线面平行的判定定理结合空间中线面关系分析说明； （3）先由平面PAE求得三棱锥的体积，再根据题意结合转换顶点法求三棱锥的体积. 【小问1详解】 在折叠前的图中，连接BE，如图： 由题意可得：，则 折叠后，所以， 又，所以，即， 所以为直角三角形. 【小问2详解】 当动点在线段上，设， 同样在线段上取，使得，则， 当时，则， 又且，所以，且， 则四边形CEMN为平行四边形，所以， 平面平面 所以平面； 当时，此时，但，所以四边形CEMN为梯形， 所以与必然相交，则与平面必然相交. 综上所述：当动点满足时，平面； 当动点满足时，与平面相交. 【小问3详解】 因为平面PAE，则三棱锥的高为 所以三棱锥的体积， 又因为Q为PB中点， 所以三棱锥的体积. 17. 如图，某公园有三条观光大道围成直角三角形，其中直角边，斜边．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在大道上嬉戏， （1）若甲、乙都以每分钟的速度同时从点出发在各自的大道上奔走，甲出发3分钟后到达，乙出发1分钟后到达，求此时甲、乙两人之间的距离； （2）甲、乙、丙所在位置分别记为点．设，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且，请将甲、乙之间的距离表示为的函数，并求甲、乙之间的最小距离． 【答案】（1）； （2）；. 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到和的长，在中，利用余弦定理，即可求得甲乙两人之间的距离； （2）再中，由正弦定理可得，可将甲乙之间的距离表示为的函数，进而求得甲乙之间的最小距离． 【小问1详解】 解：由题意，可得， 在直角中，可得，因为，所以， 在中，由余弦定理得 =，所以， 答：甲、乙两人之间的距离为． 【小问2详解】 解：由题意，可得且， 在直角中，可得 中，由正弦定理得，即， 所以，所以当时，有最小值 答：甲、乙之间的最小距离为． 18. 已知复数，，（，，），且． （1）若且，求的值； （2）设，关于的方程在上恰有解，求实数的值以及方程的解集． 【答案】（1）或 （2），解集为 【解析】 【分析】（1）利用且，列方程求解即可； （2）关于的方程在上恰有解，即与在上恰有个不同的交点，结合图象列方程求解即可． 【小问1详解】 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，即或． 【小问2详解】 因为， 关于的方程在上恰有解，则，如图所示， 此时，，，，故解集为． 【点睛】 19. 对于函数，，若存在非零实数以及，使得，则称函数为“伴和函数”. （1）设，，判断是否存在非零实数，使得函数为“伴和函数”？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由； （2）设，证明：函数，为“伴和函数”； （3）设，若函数，为“1伴和函数”，求实数的取值范围. 【答案】（1）不存在，理由见解析 （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）假设存在满足题意，即可得到，判断方程无解，即可得解； （2）依题意可得，令，，结合零点存在性定理说明即可； （3）依题意可得在上有解，换元、结合基本不等式求出的取值范围，即可得解. 【小问1详解】 若存在，使得在中存在，， 即关于的方程，整理得. 该方程判别式，从而无解. 因此不存在，使得函数为“伴和函数”. 【小问2详解】 考虑关于的方程， 即， 整理得. 记，， 对于函数，，，且其图像是连续曲线， 因此函数区间有零点，从而在上存在零点. 不妨设其中的一个零点为，则满足，因此函数为“伴和函数”. 【小问3详解】 若函数，为“伴和函数”，则关于的方程在区间上有解. 方程即， 根据对数的运算性质，方程可以整理为， 也即. 令，，则，且， 于是上式可化为. 由均值不等式，等号成立当且仅当，即. 函数的值域为， 从而函数的值域为. 因此，解得. 综上所述，实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，关键是理解定义，本题实际即证明方程有解问题，以及由方程有解求参数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$