精品解析：湖北省云学联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试卷

湖北省云学联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试卷 命题学校:东风高中 命题人:谭结 续东兵 吴涛 审题人:东风高中 续东兵 考试时间：2024年4月23日14：3016：30 时长：120分钟满分：150分 一、单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. “是第一象限角”是“”（ ）条件 A. 充要 B. 充分不必要 C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要 3. 已知复数，其中为虚数单位，，若为纯虚数，则复数在复平面内对应的点在第（ ）象限 A 一 B. 二 C. 三 D. 四 4. 根据下列条件，判断三角形解情况，其中有两解的是（ ） A. B. C. D. 5. 若，且，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 计算下列各式的值，其结果为2的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在上的单调递增区间为 D. 在内有3个最大值点，则 二、选择题: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. 已知平面向量，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围为 10. 如图，摩天轮的半径为50米，摩天轮的中心点距离地面的高度为55米，摩天轮匀速逆时针旋转，每24分钟转一圈，摩天轮上点的起始位置在最高点处，下列结论正确的是（ ） A. 经过12分钟，点首次到达最低点 B. 第16分钟和第32分钟点距离地面一样高 C. 从第28分钟至第40分钟点距离地面的高度一直在降低 D. 摩天轮在旋转一周的过程中，点有8分钟距离地面的高度不低于80米 11. 已知函数在区间内有两个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. C. D. 三、填空题:本题共3小题，每小題5分，共15分. 12. 已知都是锐角，，则______________. 13. 已知正方形的边长为2，E为边BC的中点，为边CD的中点，为线段AB上的动点，则的最小值为______________. 14. 在中，，则______________. 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. 已知函数. （1）若在上单调递减，求的取值范围; （2）若，解不等式. 16. 已知分别为的三个内角的对边，且的面积. （1）求角的大小; （2）若，且，求. 17. 设虚数是实数，且. （1）求值以及的实部的取值范围; （2）若，求最小值. 18. 如图，已知、均为等边三角形，的边长为，、、分别为、、的中点． （1）用基底表示向量 （2）延长与交于点，延长与交于点，求 19. 已知函数. （1）求的对称中心； （2）将函数的图象上所有的点向下平行移动个单位长度，然后保持各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象. （i）求的值域； （ii）当时，恒成立，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 $$ 湖北省云学联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试卷 命题学校:东风高中 命题人:谭结 续东兵 吴涛 审题人:东风高中 续东兵 考试时间：2024年4月23日14：3016：30 时长：120分钟满分：150分 一、单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的交集与补集运算求解即可. 【详解】因为，所以， 图中阴影部分表示的集合中除去， 故阴影部分表示的集合为. 故选：C. 2. “是第一象限角”是“”的（ ）条件 A. 充要 B. 充分不必要 C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】由，可得是第一、二象限角，由充分、必要条件的概念判断即可. 【详解】若是第一象限角，由正弦函数的定义易得； 但是若，则是第一、二象限角或者其终边在轴非负半轴上， 所以“是第一象限角”是“”充分不必要条件. 故选：B 3. 已知复数，其中为虚数单位，，若为纯虚数，则复数在复平面内对应的点在第（ ）象限 A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】A 【解析】 【分析】先化简复数，再根据复数为纯虚数求参，最后求出的对应点即可. 【详解】因为， 若z为纯虚数，则，即， 则在复平面内对应的点为, 则复数在复平面内对应的点在第一象限. 故选：A 4. 根据下列条件，判断三角形解的情况，其中有两解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知结合正弦定理判断各个选项即可. 【详解】A项是角角边类型的三角形，有唯一解； B项解两边夹一角类型的三角形，是唯一解； C项是两边一对角类型的三角形，角B为钝角，也是三角形的最大角，对应三角形最大边，但是，故该三角形无解； D项是两边一对角类型的三角形，，有两个解，此三角形有两解. 故选：D. 5. 若，且，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于ABD举反例即可判断；对于C，由不等式的性质直接判断即可. 【详解】对于A，若，则，但、（因为无意义）、不成立，故ABD错误； 由易得C项正确. 故选：C. 6. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由是定义在上的奇函数，可得，结合可得函数的周期为4，利用周期性求解即可. 【详解】由已知是定义在上的奇函数，所以， 由于可知，所以， 进而得到周期为4，. 故选：B. 7. 计算下列各式的值，其结果为2的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差的正切公式计算可判断AC选项，利用辅助角公式可求得B选项，再由二倍角的正弦公式计算可判断D选项. 【详解】对于A， ，不合题意； 对于B，，不合题意； 对于C，由，得， 故，符合题意； 对于D， ，不合题意； 故选：C 8. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在上的单调递增区间为 D. 内有3个最大值点，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象可求得函数解析式为，即可得A错误；经检验可知不是的对称轴，即B错误； 利用整体代换可求得在的单调递增区间，可知C错误；由余弦函数图象性质可得D正确. 【详解】由图象易知，且，解得； 代入可得，又，可得； 因此可得； 所以A错误； 将代入可得，没有取到最值， 因此直线不是其对称轴，即B错误； 对于C项，易知当时，单调递增； 解得； 所以在的单调递增区间为和，可知C错误； 对于项，当时，， 由在内有3个最大值点可得， 解得，即D正确. 故选：D 二、选择题: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. 已知平面向量，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示判断A；由判断B；由投影向量的定义判断C；根据判断D. 【详解】对于A：若，则，故A错误； 对于B：若，则，解得，故B正确； 对于C：若，则， 所以，， 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于D：若，则， 若与的夹角为锐角，则，解得， 所以与的夹角为锐角的充要条件是，故D错误. 故选：BC 10. 如图，摩天轮的半径为50米，摩天轮的中心点距离地面的高度为55米，摩天轮匀速逆时针旋转，每24分钟转一圈，摩天轮上点的起始位置在最高点处，下列结论正确的是（ ） A. 经过12分钟，点首次到达最低点 B. 第16分钟和第32分钟点距离地面一样高 C. 从第28分钟至第40分钟点距离地面的高度一直在降低 D. 摩天轮在旋转一周的过程中，点有8分钟距离地面的高度不低于80米 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意结合诱导公式可得，根据题意结合余弦函数性质逐项分析判断即可. 【详解】设为摩天轮匀速逆时针旋转的时间，单位为分钟， 则. 对于A选项，由于摩天轮匀速逆时针旋转，每24分钟转一圈， 因为，则，令，解得， 所以经过12分钟，点P首次到达最低点，故A选项正确； 对于B选项，因为， 即，所以第16分钟和第32分钟点P距离地面一样高，B选项正确； 对于C选项，由于摩天轮匀速逆时针旋转，每24分钟转一圈， 所以第28分钟至第40分钟，相当于第4分钟至第16分钟， 根据A选项可知，经过12分钟，点P首次到达最低点， 所以第4分钟至第12分钟，摩天轮高度降低，第12分钟至第16分钟，摩天轮高度上升，所以C选项错误； 对于D选项，由，则， 其中，即， 则或，解得或， 故摩天轮在旋转一周的过程中点P有分钟距离地面不低于80米， D选项正确. 故选：ABD. 11. 已知函数在区间内有两个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由得，从而得，作出单位圆以及且与的函数图象，结合图象逐一判断即可得解. 【详解】即，即， 当时，上式显然不成立， 故等价于，所以. 对于，设，作出单位圆， 则由三角函数定义可知， 设扇形的面积为，则， 即，故，故A正确； 对于，画出且与的函数图象， 因为的最小正周期为， 所以由图象可知与之间的距离大于，即，故B正确； 对于，由图得， 故，故，所以，故C错误； 对于D，因为， 所以 ， 由图可知，均大于0， 由C项知，故， 又由B项知，所以， 所以即，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：对于选项D判断，关键点1是根据已知条件结合问题的结构特征将转化成，接着将其弦切互化得到；关键点2是利用选项B和C中的和结合以及两角和与差的余弦公式，将转化成，进而结合图象且借助选项B和C中的结论即可判断得解. 三、填空题:本题共3小题，每小題5分，共15分. 12. 已知都是锐角，，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平方关系求出、，由，利用两角差的正弦展开式化简可得答案. 【详解】因为都是锐角，， 所以，， 所以， 所以 故答案为：. 13. 已知正方形的边长为2，E为边BC的中点，为边CD的中点，为线段AB上的动点，则的最小值为______________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标表示结合二次函数性质求解即可. 【详解】如图，以为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系， 所以，，因为E为边BC的中点，为边CD的中点， 所以，，故，， 得到， 由二次函数性质得，对称轴为，故当时取得最小值， 此时，则的最小值为. 故答案为： 14. 在中，，则______________. 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理、余弦定理得，再利用基本不等式得且求出，设，由余弦定理可求出，最后再由正弦定理可得答案. 【详解】因为， 由正弦定理得 ，也即， 由余弦定理得 （当且仅当时等号成立）， 而， 所以且， 因为，得， 不妨设，由余弦定理可得 ，所以， 再由正弦定理. 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. 已知函数. （1）若在上单调递减，求的取值范围; （2）若，解不等式. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在上单调递减，所以，求出函数的定义域，则为其定义域的子集，求解即可. （2）利用对数的加法运算化简解析式，然后利用对数函数的单调性解不等式即可. 【小问1详解】 依题意在上单调递减，所以， 所以由， 解得，所以 ， 解得，即的取值范围是. 【小问2详解】 依题意， 即，从而有 解得或， 即不等式解集为. 16. 已知分别为的三个内角的对边，且的面积. （1）求角的大小; （2）若，且，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 分析】（1）先根据面积公式结合正弦定理化简得出正切值进而求出角； （2）应用余弦定理化简得出边长. 【小问1详解】 由三角形面积公式，得， 再由正弦定理得 ，因为 , 所以，可得，所以. 【小问2详解】 由余弦定理， 得7， 即， 又，所以， 联立上面两个式子可得或 17. 设虚数是实数，且. （1）求的值以及的实部的取值范围; （2）若，求的最小值. 【答案】（1）， （2）1 【解析】 【分析】（1）由题意复数是实数，则虚部为零，求解出，进而得到，由，求解的取值范围即可； （2）先求出，然后配凑利用基本不等式求解其最值即可. 【小问1详解】 依题且为实数， 所以，得，即. 此时， 又，得，即的实部的取值范围是. 【小问2详解】 由已知得 ， 由于，故， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为1. 18. 如图，已知、均为等边三角形，的边长为，、、分别为、、的中点． （1）用基底表示向量 （2）延长与交于点，延长与交于点，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量基本定理结合题意求解即可； （2）由，，三点共线，可设，则，再由，，三点共线，可求出，再利用向量的加减法将用表示，由，，三点共线，可设，则，由，，三点共线，可求出，则将用表示，从而可求出 【小问1详解】 因为、均为等边三角形，且、、分别为、、的中点， 所以 ， 所以，所以． 【小问2详解】 由已知，，三点共线，可设，则， 又，，三点共线，所以，得， 所以， 由已知，，三点共线，可设，则 又，，三点共线，所以，得，故， 所以，所以 19. 已知函数. （1）求的对称中心； （2）将函数的图象上所有的点向下平行移动个单位长度，然后保持各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象. （i）求的值域； （ii）当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）（i） ；（ii）. 【解析】 【分析】（1）将化为，则由余弦函数的对称中心，可得的对称中心； （2）（i）由（1）和已知得，则，利用换元法，由二次函数的性质即可求得函数的值域； （ii）原不等式等价于，可化为恒成立，利用正、余弦函数的性质，分时，时，时，三种情况讨论不等式恒成立的条件，即可得到实数的取值范围. 【小问1详解】 ， 令，得， 所以的对称中心为. 【小问2详解】 由， 将函数的图象上所有的点向下平行移动个单位长度， 然后保持各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍， 得， （i） ， 令，， 则，其对称轴为， 故当时，；当时，， 所以函数的值域为. （ii）原不等式等价于， 也即， 即恒成立， ①当时，恒成立，显然成立，故符合题意， ②当时，令，由可得， 此时， 所以， 当且仅当且即时等号成立， 所以的最小值为， 若要满足不等式恒成立则，得， 则， ③当时，同理可得， 当且仅当且即时等号成立， 所以的最小值为， 若要满足不等式恒成立则，得， 则， 综上所述，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：当时，恒成立，即恒成立，令，，利用正、余弦函数的性质，讨论时，时，时，三种情况不等式恒成立的条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$