精品解析：湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟” 2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题

2024年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟” 高一期中联考数学试题 祝考试顺利 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则下列结论正确是（ ） A. B. C. D. 4 若复数，则（ ） A. B. C. D. 5. 一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在南偏东，行驶x小时后，船到达C处，看到这个灯塔在南偏西，此时测得船与灯塔的距离为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 已知函数其中且.若时，恒有，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知的外接圆的圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. 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，有多顶符合题目要求.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. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ） A B. C. D. 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则一定为锐角三角形 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则 D. 若，，，则有两解 11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在点，使，那么我们称该函数为“不动点函数”，为函数的不动点，则下列说法正确的（ ） A. 函数，为“不动点”函数 B. 函数恰好有两个不动点 C. 若函数恰好有两个不动点，则正数的取值范围是 D. 若定义在R上仅有一个不动点的函数满足，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知正六边形ABCDEF的边长为2，则__________. 13. 已知复数，为虚数单位，则的最小值为_________. 14. 函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于______. 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. （1）计算：； （2）已知，求值. 16. 已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为， （1）求函数的解析式及在上的单调递增区间； （2）在中，为的一个内角，若满足，，求周长的最大值. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，，，且. （1）求； （2）若，面积为，求，. 18. 已知函数. （1）设，若为偶函数，且不等式在上恒成立，求实数的取值范围； （2）已知函数的图象过点，设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围. 19. 在锐角中，点为的外心，. （1）当时，若，求的最大值； （2）当时，求的值； （3）在（2）的条件下，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟” 高一期中联考数学试题 祝考试顺利 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的定义及二倍角的正弦公式即可求解. 【详解】因为角的终边过点， 所以， 所以. 故选：C. 2. 已知集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数以及对数函数的单调性，可求得集合，根据集合的交集运算，即可求得答案. 【详解】因为是上的单调递增函数，故时，， 故， 是R上的减函数，故时，， 即， 故， 故选：A 3. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件及向量的坐标运算，利用向量平行和垂直的坐标表示即可求解. 【详解】对于A选项，因为，所以与不共线，故A错误； 对于B选项，因为，，所以，故B错误； 对于C选项，因为，，所以，所以与不垂直，故C错误； 对于D选项，因为，，所以，，所以，故D正确； 故选：D. 4. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法法则和共轭复数的概念即可求解. 【详解】, 所以. 故选：B. 5. 一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在南偏东，行驶x小时后，船到达C处，看到这个灯塔在南偏西，此时测得船与灯塔的距离为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】作出示意图，在中，可由正弦定理求的长. 【详解】由题意知，在中，，， ，又， 根据正弦定理得 ，故 故选： 6. 已知函数其中且.若时，恒有，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件及函数单调性定义，利用一次函数、指数函数和分段函数单调性，列出不等式组求解即可. 【详解】因为当时，恒有， 所以当时，恒有， 不妨设，则，即， 所以函数在上单调递减， 所以，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：C. 7. 已知的外接圆的圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断出为直角三角形，再结合求出，最后根据投影向量的计算方法计算即可得正确的选项. 【详解】 因为，故为的中点，而为外心， 故为直角三角形，且， 因为，所以， 而向量在向量上的投影向量为 . 故选：D. 8. 已知，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用立方和公式及换元法，结合基本不等式即可求解. 【详解】由，得， 设，则，解得， 因为，，， 所以，解得或， 又因为， 所以，整理得，解得， 当且仅当时，等号成立. 因此，即， 所以的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：利用立方和公式和换元法，根据建立关于的不等式即可. 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，有多顶符合题目要求.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. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平面向量的基本定理和基底的概念逐项判断即可. 【详解】对于A选项，因为，所以与共线，不能作为平面向量的基底，故A正确； 对于B选项，因为，所以与共线，不能作为平面向量基底，故B正确； 对于C选项，因为，所以与共线，不能作为平面向量的基底，故C正确； 对于D选项， 若存在实数使得，则，无解，所以与不共线，可以作为平面的基底，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则一定为锐角三角形 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则 D. 若，，，则有两解 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A选项，利用三角形的内角和定理和两角和的正切公式即可判断； 对于B选项，利用向量的数量积的定义即可判断； 对于C、D选项，利用正弦定理及大边对大角即可判断. 【详解】对于A选项，在中，， 则， 所以， 因为三角形中最多只有一个钝角，所以，即三个角都为锐角，故A正确； 对于B选项，因为，所以，所以为锐角，但无法判断角和角，故B错误； 对于C选项，在中，由及正弦定理，得，根据三角形大边对大角的性质知，故C正确； 对于D选项，由正弦定理得， 又由得，因此有一解，故D错误． 故选：AC. 11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在点，使，那么我们称该函数为“不动点函数”，为函数的不动点，则下列说法正确的（ ） A. 函数，为“不动点”函数 B. 函数恰好有两个不动点 C. 若函数恰好有两个不动点，则正数的取值范围是 D. 若定义在R上仅有一个不动点的函数满足，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意判断方程是否有解即可，其中对C转化为直线与圆的位置关系解决即可﹒ 【详解】对于，令，，解得或舍， 则函数，为“不动点”函数，故A正确； 对于B，当时，令，解得舍或； 当时，，令，解得，不满足； 当时，，此时方程无解； 综上可得，函数只有一个不动点，故B错误； 对于C，函数的定义域为， 若函数恰好有两个不动点， 则方程在上恰好有两个不等实根， 即在上恰好有两个不等实根， 当且时，，而， 则方程在上无实根， 在同一坐标系中作出函数和的图象， 结合图象可知，当即时， 函数与函数的图象只有一个交点，不满足题意； 考虑的情况，在上，， 则转化为方程在上恰好有两个不等实根， 由可得， 即， 则有，解得，故C正确； 对于D，由题可知，仅有一个实数，使得， 因为函数满足，则有， 令，可得，即，可得，解得或， 当时，，此时方程有两个根，，不满足题意； 当时，，此时方程只有一个根，满足题意； 则，故D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知正六边形ABCDEF的边长为2，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正六边形，可得向量夹角及模长，计算即可得解. 【详解】如图： 根据正六边形的结构特征，可知， 而与的夹角为，， 则 故答案为： 13. 已知复数，为虚数单位，则的最小值为_________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，转化求解即可. 【详解】解:复数z满足，为虚数单位， 复数z表示：复平面上的点到(0，0)的距离为1的圆. 的几何意义是圆上的点与的距离， 所以其最小值： . 故答案为：4. 【点睛】本题考查复数的几何意义，复数的模的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题. 14. 函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于______. 【答案】2025 【解析】 【分析】函数与的图象有公共的对称中心，作出两个函数的图象，利用数形结合思想能求出结果． 【详解】设， 当时，， 当时，显然， 所以关于中心对称， 设，则的周期为， 且， 所以关于中心对称， 在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象与函数的图象，如图所示： 观察图象可知两函数的一个交点的横坐标为， 除此以外，这两函数图象如下区间：内，各有两个交点， 且注意到这些区间均关于对称， 故所求为. 故答案为：2025. 【点睛】关键点点睛：关键在于通过对称性画出函数图象，通过图象得出它们交点的分布规律，由此即可顺利得解. 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. （1）计算：； （2）已知，求的值. 【答案】（1）1（2）18 【解析】 【分析】（1）运用指数对数性质求解即可； （2）运用完全平方公式和，立方和公式求解即可. 【详解】（1）原式. （2），， 展开，， 又. 16. 已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为， （1）求函数的解析式及在上的单调递增区间； （2）在中，为的一个内角，若满足，，求周长的最大值. 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意依次求得可得函数表达式，整体代入法求出所有递增区间再和取交集即可得解； （2）根据已知求得，已知，思路一：由余弦定理结合基本不等式求出的最大值即可；思路二：结合正弦定理、三角恒等变换将转换为关于的三角函数，求得的范围即可. 【小问1详解】 由题意知周期，则，且，所以， 故； 由，，整理，， 所以函数的单调递增区间为：，； ，则当时，有；当时，有； 单调递增区间为：，. 【小问2详解】 ，. ，， ，. 方法1：设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由余弦定理， 又，有，即， 整理，，，，，当且仅当时取等号. 故周长的最大值为. 方法2：设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 由正弦定理， 有，，， ， ， ，， ，故， 所以，当且仅当时取等号. 故周长的最大值为. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，，，且. （1）求； （2）若，面积为，求，. 【答案】（1） （2），或， 【解析】 【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标运算、正弦定理，边化角及三角恒等变换公式求出，即可得解； （2）由面积公式及余弦定理得到方程组，解得即可. 【小问1详解】 因为，所以， 即， 即， 由正弦定理得， 又， 所以，，， 所以， 所以，， ，所以； 【小问2详解】 ， ，又，即， ， 联立解得，或． 18. 已知函数. （1）设，若为偶函数，且不等式在上恒成立，求实数的取值范围； （2）已知函数的图象过点，设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求得，进一步结合三角恒等变换得，分析可知原不等式等价于且（），故只需求出在给定区间上的最值即可； （2）根据已知求得，原题不等式等价于，（，），其中的最值与有关，由此即可求解的范围. 【小问1详解】 因为为偶函数，所以，， ，，所以， 所以 . 又因为在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以且， 因为，所以，所以， 则， 所以的取值范围为； 【小问2详解】 因为过点，所以，， 所以， 又因为，所以， 所以， 又因为对任意的，，都有成立， 所以，. ， 因为，所以，设， 则令，， 当时，在上单调递增，所以， 所以，解得，所以； 当时，在上单调递减，， 所以，解得，此时； 当时，在上单调递增， 在上单调递减，， 所以，解得，此时. 综上所述：. 即实数的取值范围为. 19. 在锐角中，点为的外心，. （1）当时，若，求的最大值； （2）当时，求的值； （3）在（2）的条件下，求的取值范围. 【答案】（1） （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算及三角形外心的性质，结合向量的数量积的定义及基本不等式即可求解； （2）根据已知条件做出图形，利用圆心角与圆周角的关系及锐角三角函数，结合向量的线性运算即可求解； （3）根据（2）的结论及向量的坐标表示，利用锐角三角形及三角形的内角和定理，结合向量的模公式及三角函数的性质即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 即， 因为为三角形的外接圆的圆心， 所以， 由，得， ， 所以，即， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 解得或. 因为三角形为锐角三角形，其外心必在三角形内， 由可知，再由可知， 所以应舍去，所以， 即的最大值为，当且仅当时取得. 【小问2详解】 延长BO交圆于，则，过作， 垂足为，过作，垂足为，如图所示 ，即， 因为，所以， 又， 所以，， 所以， 所以，即， 故； 【小问3详解】 由于，，所以，. 由（2）知：， 所以， 为锐角三角形，， 所以,解得， 由，得. 所以. 因为，所以，所以， 所以，， 即， 所以， 所以的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：第一问利用向量的运算、三角形外心的性质和基本不等式即可，第二问作出图形利用向量的线性运算即可，第三问利用向量的坐标表示的条件及三角函数的性质即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$