精品解析：云南省昆明市嵩明县2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

2023-2024学年高一下学期期中考试 数学试卷 第I卷 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，若，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】若，则，结合数轴分析即可. 【详解】若，则，画出数轴可得，. 故选：B 2. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法求出复数，可得复数的虚部. 【详解】由题意得，故其虚部为. 故选：D 3. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】运用斜二测画法的结论直接求解. 【详解】在斜二测画法中，设原图面积为，直观图面积为，则． 依题意，所以原平面图形的面积． 故选：C 4. 角的终边上有一点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据终边上的点求三角函数，再利用诱导公式和两角和的正弦公式，即可求解. 【详解】由题意角的终边上有一点，则， 故， 故 ， 故选：A 5. 如图，在长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，，由平行关系可知所求角为或其补角，根据勾股定理可求得，由余弦定理可求得结果. 【详解】连接，， ，，四边形为平行四边形，， 则异面直线与即为或其补角， ，，，，，， 在中，由余弦定理得：， 因为，所以， 则异面直线与所成角的大小为， 故选：B 6. 如图，在四边形ABCD中，，E为边BC的中点，若则λ+μ＝（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的加法表示向量，再利用向量间的关系代换，可得选项. 【详解】因为E为BC中点，所以 ， 所以， 故选：C. 【点睛】本题考查向量间的线性运算，平面向量基本定理的应用，属于基础题. 7. 如果平面向量，那么下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在上的投影向量为 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用坐标求模判断A；利用数量积的坐标表示判断B；求出向量夹角判断C；求出投影向量判断D. 【详解】对于A，，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，而，则，C错误； 对于D，在上的投影向量为，D正确. 故选：D 8. 若正三棱柱的所有棱长均为，且其侧面积为12，则此三棱柱外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三棱柱侧面积公式求出，确定球心的位置，如图构造直角三角形，由勾股定理求出外接球半径的平方，再根据球的表面积公式即可求解. 【详解】由题意可得，正棱柱的底面是边长和高都等于的等边三角形，侧面积为， ∴，∴， 取三棱柱的两底面中心，连结， 取的中点，则为三棱柱外接球的球心， 连结，则为三棱柱外接球的半径． ∵是边长为的正三角形，是的中心， ∴． 又∵ ∴． ∴三棱柱外接球的表面积. 故选：B. 二、多项选择题：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3分，有选错的得0分． 9. 在中，是边上的一点，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是的平分线，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量的数量积公式，判断A，根据余弦定理求，判断B，根据向量的转化，判断C，根据三角形的面积公式，即可判断D. 【详解】对于选项A ：，故选项 A 错误； 对于选项B：由余弦定理，得，解得，故选项B正确； 对于选项C：因为，所以，所以，故选项C正确； 对于选项D：由等面积法，得 ， 即，解得，故选项D错误； 故选：BC 10. 已知的最小正周期是，下列说法正确的是（ ） A. 在单调递增 B. 是偶函数 C. 的最大值是 D. 是的对称中心 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用辅助角公式化简函数的解析式，并求，再根据三角函数的性质判断选项. 【详解】因为， 因为函数的最小正周期为，所以，则， 所以增区间由不等式，即，， 当时，A满足条件，故正确； 偶函数，故B正确； 的最大值是2，故C是错的； ，，故D正确 故选：ABD. 11. 已知是定义在上的偶函数，为奇函数，当则下列说法中正确的是（ ） A. 关于点对称 B. C. D. 2是的一个周期 【答案】ABC 【解析】 【分析】运用函数奇偶性综合推出对称中心判断A；赋值法，结合奇偶性求出判断B;运用周期性判断D;进而求出判断C即可. 【详解】是偶函数，所以， 因为是奇函数，所以，即，故关于点对称，A正确； 因为，令，得，从而，所以，故，故B正确； 因为，所以，，且，所以周期，故D错误； 由 ，且，故， 在式子中，令，得，所以，故C正确. 故选：ABC. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. “不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子・离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具.有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为，较短边为，若将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，满足，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】运用正弦定理，结合外接圆可解. 【详解】设外接圆半径为，则（cm）， 由正弦定理，可得. 故答案为：. 13. 一个如图所示的密闭容器，它的下部是一个底面半径为1m，高为2m的圆锥体，上半部是个半球，则这个密闭容器的表面积是______，体积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】该组合体的表面积是，体积是，求出即可． 【详解】解：如图所示， 该组合体的表面积是: ; 体积．  故答案为：；. 14. 已知函数，若方程有四个不同的解，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】画出分段函数图象，数形结合，再用图象交点问题解题即可. 【详解】画出的图象如图所示. 因为方程有四个不同的解， 故图象与的图象有四个不同的交点，又由图，求得，， 故的取值范围是. 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. （1）已知向量与，其中，且与的夹角，求； （2）已知单位向量满足，求向量与的夹角． 【答案】（1）10 （2） 【解析】 【分析】（1）求出，求出； （2）求出，求出，求出. 【详解】（1），且与的夹角， ， ； （2）， ， 故，， 结合，. 16. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，是四棱锥的高，且是的中点； （1）求证平面； （2）求四棱锥和三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）； 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明； （2）根据锥体体积公式，直接求，求有2种方法，法一是利用体积相减，法二是利用等体积转化，即可求解. 【小问1详解】 连结交于，连结. ∵四边形是正方形，∴是的中点. 又∵是的中点，∴. 平面平面 ∴平面. 【小问2详解】 ∵是四棱锥的高， ∴， 即四棱锥的体积为. 同理，∵是四棱锥的高，∴是四棱锥的高 法一∴； ∴ 法二∴ 17. 已知函数 （1）求函数的单调递增区间； （2）先将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到函数的图象，若函数在上的值域是，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用三角恒等变换化成正弦型函数，再整体代换即可求出单调递增区间； （2）运用图象变换得到解析式，再根据得到值域，建立不等式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以增区间，由不等式，即， 所以的单调递增区间为：. 【小问2详解】 将函数的图象向右平移个单位，得到， 再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变得到， .当， 因为的值域为 所以， 所以 ， 即 故. 18. 在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 问题：已知的内角的对边分别为，且满足______． （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为，求的面积； （3）求的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）； （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理，结合恒等变换求解； （2）运用中线向量表达式，结合面积公式求解即可； （3）运用恒等变换将其转化为三角函数值域问题即可. 【小问1详解】 ①在中，由，得， 由正弦定理，得，则 结合已知条件得，因为， ∴，或者，解得． ②由题意有， 即有， 由正弦定理得：， 又，所以，则，所以； ③在中因为， 由正弦定理得， 所以， 即， 又因为，，所以，所以. 【小问2详解】 设BC的中点为D，根据向量的平行四边形法则可知， 所以，即， 因为，，所以，解得负值舍去 所以; 【小问3详解】 因为. 则， 因为，则， 所以，可得， 故的最大值为. 19. 某企业投资生产一批新型机器，其中年固定成本为1000万元，每生产x台，需另投入生产成本万元.当年产量不足25台时，；当年产量不小于25台时，且当年产量为10台时需另投入成本1100万元；若每台设备售价200万元，通过市场分析，该企业生产的这批机器能全部销售完. （1）求k的值； （2）求该企业投资生产这批新型机器的年利润所（万元）关于年产量x（台）的函数关系式（利润＝销售额－成本）； （3）这批新型机器年产量为多少台时，该企业所获利润最大？并求出最大利润. 【答案】（1） （2） （3）20台，200万元 【解析】 【分析】（1）将代入即可求解， （2）根据销售额减去成本，即可得利润， （3）利用二次函数的性质以及基本不等式可分别求得相应范围上的最大值，进而比较求解. 【小问1详解】 当，代入，得； 【小问2详解】 由题意可得：当时，， 当时， 所以年利润（万元）关于年产量x（台）的函数关系式为： ； 【小问3详解】 由（1）得时，， 此时（台）时，（万元） 当时， ， 当且仅当，即时等号成立，（万元） 而，故（台）时，利润最大，最大利润是200万元， 综上所述：年产量为20台时，该企业所获利润最大，最大利润是200万元. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年高一下学期期中考试 数学试卷 第I卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，若，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 2 4. 角的终边上有一点，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四边形ABCD中，，E为边BC的中点，若则λ+μ＝（ ） A. B. 1 C. D. 7. 如果平面向量，那么下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在上的投影向量为 8. 若正三棱柱的所有棱长均为，且其侧面积为12，则此三棱柱外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9. 在中，是边上的一点，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是平分线，则 10. 已知的最小正周期是，下列说法正确的是（ ） A. 在是单调递增 B. 是偶函数 C. 的最大值是 D. 是的对称中心 11. 已知是定义在上的偶函数，为奇函数，当则下列说法中正确的是（ ） A. 关于点对称 B. C. D. 2是的一个周期 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. “不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子・离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具.有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为，较短边为，若将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，满足，则______． 13. 一个如图所示的密闭容器，它的下部是一个底面半径为1m，高为2m的圆锥体，上半部是个半球，则这个密闭容器的表面积是______，体积为______． 14. 已知函数，若方程有四个不同解，则的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. （1）已知向量与，其中，且与的夹角，求； （2）已知单位向量满足，求向量与夹角． 16. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，是四棱锥的高，且是的中点； （1）求证平面； （2）求四棱锥和三棱锥的体积． 17 已知函数 （1）求函数的单调递增区间； （2）先将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到函数的图象，若函数在上的值域是，求实数的取值范围． 18. ①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 问题：已知的内角的对边分别为，且满足______． （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为，求的面积； （3）求的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 19. 某企业投资生产一批新型机器，其中年固定成本为1000万元，每生产x台，需另投入生产成本万元.当年产量不足25台时，；当年产量不小于25台时，且当年产量为10台时需另投入成本1100万元；若每台设备售价200万元，通过市场分析，该企业生产的这批机器能全部销售完. （1）求k的值； （2）求该企业投资生产这批新型机器的年利润所（万元）关于年产量x（台）的函数关系式（利润＝销售额－成本）； （3）这批新型机器年产量为多少台时，该企业所获利润最大？并求出最大利润. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$