精品解析：海南省儋州黄冈实验学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

儋州黄冈实验学校2023-2024学年度第二学期高一年级数学期中考试试题 数学科 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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 第I卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的） 1. 集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题p：，，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知复数，，则在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数（，，）的部分图象如图示，则图象解析式为（ ） A. B. C. D. 6. 一家金店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店内购买黄金，店员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中，使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中，使得天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．记顾客实际购得的黄金为xg，则与20的大小关系为（ ） A. B. C. D. 无法确定 7. 已知函数（e为自然对数的底数），且，则（ ） A. 2024 B. C. 2022 D. 8. 若函数的图象关于点对称，在定义域上单调递增，则不等式的解是（ ） A. B. ， C. ， D. ， 二、多项选择题（本大题共3题，每小题6分，共计18分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，部分选对得部分，多选或错选不得分） 9. 设函数的最小正周期为，且过点，则（ ） A. 在单调递增 B. 的一条对称轴为 C. 的周期为 D. 把函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为 10. 下列命题是真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若正实数满足，则的最小值为4 11. 已知函数的定义域为，，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 为奇函数 第II卷（非选择题） 三、填空题（每小题5分，共计20分） 12. 已知向量，且，则_________． 13. 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2，底面边长为1，则该球的表面积为______. 14. 如图是一个正四棱台，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为和，体积为，则此正四棱台的高为__________ 四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明） 15. 已知，． （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求值． 16. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）求在区间上的最小值及此时x的取值. 17. 已知函数，且 （1）求函数的解析式； （2）判断函数在区间上的单调性并证明． 18. 如图，在六面体中，，四边形是平行四边形，． （1）证明：平面平面． （2）若G是棱的中点，证明：． 19. 如图，在高为2的正三棱柱中，是棱的中点． （1）求该正三棱柱的体积； （2）求三棱锥的体积； （3）设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 儋州黄冈实验学校2023-2024学年度第二学期高一年级数学期中考试试题 数学科 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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 第I卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的） 1. 集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合交并补运算规则直接计算即可. 【详解】由题，， 所以. 故选：B. 2. 已知命题p：，，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定形式，即可求解. 【详解】命题“p：，”的否定是“，”. 故选：B． 3. 已知复数，，则在复平面内对应的点所在的象限为（ ） 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】根据题意，求得，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数，，则， 则复数在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故选：B. 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用向量的夹角公式计算即可. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 5. 函数（，，）的部分图象如图示，则图象解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的图象，结合正弦函数的性质，即可求解. 【详解】由函数的图象，可得且，所以，则， 又由，即，可得， 所以，又因为，所以，故. 故选：D. 6. 一家金店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店内购买黄金，店员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中，使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中，使得天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．记顾客实际购得的黄金为xg，则与20的大小关系为（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】利用平衡条件得出的表达式，结合基本不等式可得答案. 【详解】设天平左臂长为，右臂长为，且，左盘放的黄金为克，右盘放的黄金为克， ，解得， ，当且仅当时，取到等号， 由于，所以. 故选：B 7. 已知函数（e为自然对数的底数），且，则（ ） A. 2024 B. C. 2022 D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先证明，则得到，代入计算即可. 【详解】， 所以，又， 所以. 故选：D. 8. 若函数的图象关于点对称，在定义域上单调递增，则不等式的解是（ ） A. B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的对称性可得，再变形不等式并借助单调性脱去法则，最后解三角不等式即得. 【详解】由函数的图象关于点对称，得，即， 则， 又在定义域上单调递增，因此，即， 则，解得，即， 所以不等式的解是，. 故选：C 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称. 二、多项选择题（本大题共3题，每小题6分，共计18分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，部分选对得部分，多选或错选不得分） 9. 设函数的最小正周期为，且过点，则（ ） A. 在单调递增 B. 的一条对称轴为 C. 的周期为 D. 把函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据三角恒等变换和函数性质得到，整体法求出函数单调性；B选项，在A基础上，整体法得到函数对称轴；C选项，，从而求出的周期；D选项，根据左加右减得到平移后的解析式. 【详解】A选项，， ∵最小正周期为，即. 函数过点，， 则.当时.即. 令，则，， 当时，在单调递减，故A错误； B选项，令，则， 当时，的一条对称轴为，故B正确； C选项，因为为偶函数，所以， 则的周期为且，故C错误； D选项，函数的图象向左平移个长度单位得到 函数，故D正确， 故选：BD. 10. 下列命题是真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若正实数满足，则的最小值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由，得即可；对于B，将不等式化简为即可；对于C，利用基本不等式求解即可；对于D，将变形为，代入并使用基本不等式求解即可. 【详解】对于，由，得，所以，故正确； 对于，要证成立，只需证，即证． 因为，当时，显然，故B不正确； 对于，因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立，故正确； 对于，由，可得， 所以． 由为正实数且，可得， 所以， 当且仅当，即时等号成立，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数的定义域为，，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 为奇函数 【答案】D 【解析】 【分析】令，或，分类讨论可求，判断A；令，可得，进而可求，判断B；由B可得，可判断CD； 【详解】对于A：令，得，即，所以或． 当时，不恒成立，故，故A错误． 对于B：解法一：令，得，又， 所以，故，故B错误． 解法二 ：令，得，又，所以，故B错误． 对于C、D：由B选项可知，则，所以为奇函数，故C错误，D正确． 故选：D. 第II卷（非选择题） 三、填空题（每小题5分，共计20分） 12. 已知向量，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由向量数量积的运算律以及模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，则，且，， 则，则. 故答案为： 13. 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2，底面边长为1，则该球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱锥可得球心位置，然后在直角三角形中利用勾股定理，即可求出球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】正四棱锥的外接球的球心在它的高上，记为，如图， 则， 在中，， 由勾股定理：，得， 所以球的表面积, 故答案为：. 14. 如图是一个正四棱台，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为和，体积为，则此正四棱台的高为__________ 【答案】 【解析】 【分析】设此正四棱台的高为，根据棱台的体积公式计算可得. 【详解】设此正四棱台的高为，又正四棱台的上、下底面的边长分别为和， 由正四棱台的体积，解得. 故答案为： 四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明） 15. 已知，． （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量坐标运算结合向量的夹角公式计算即可； （2）应用向量坐标垂直公式运算可求参数. 【小问1详解】 ， ∴，， 【小问2详解】 ∴ ∴ 16. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）求在区间上的最小值及此时x的取值. 【答案】（1） （2）最小值为，此时. 【解析】 【分析】（1）化简得到，整体思想求的单调递增区间即可. （2）先求，再求范围，进而求出值域，即得到最小值及此时x的取值. 【小问1详解】 ∵， ∵，则， ∴的单调递增区间为. 【小问2详解】 ∵，则， ∴，即， 故当，即时，取到最小值. 17. 已知函数，且 （1）求函数的解析式； （2）判断函数在区间上的单调性并证明． 【答案】（1） （2）函数在上单调递增，证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据题意代入求值即可； （2）根据定义法判断函数在区间上的单调性即可. 【小问1详解】 因为， 所以，所以； 【小问2详解】 函数在上单调递增，证明如下： 任取，且， 所以 ， 因为，所以 所以，即， 所以在上单调递增. 18. 如图，在六面体中，，四边形是平行四边形，． （1）证明：平面平面． （2）若G是棱的中点，证明：． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合平行四边形性质，利用线面平行、面面平行的判定推理即得. （2）证明的延长线与的延长线交点重合，再利用面面平行的性质推理即得. 【小问1详解】 由，得，而平面，平面平面，则平面， 由，平面，平面，得平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 延长与的延长线分别交于点， 由，，得，由，G是棱的中点，得， 因此点重合，记为，显然平面平面，平面平面， 由（1）知，平面平面，所以. 19. 如图，在高为2的正三棱柱中，是棱的中点． （1）求该正三棱柱的体积； （2）求三棱锥的体积； （3）设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）由正三棱柱的体积公式求解即可； （2）由的体积等于，分别求出的体积代入即可得出答案. （3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示,当三点共线时，取得最小值，求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以． 【小问2详解】 因为， ， 所以 【小问3详解】 将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示． 当三点共线时，取得最小值， 且最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $