精品解析：云南省曲靖市会泽县茚旺高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

会泽县茚旺高中2024年春季学期高一年级期中考试 数学试卷 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册第八章8.3结束. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 三棱台有8个顶点 B. 底面是矩形的四棱柱是长方体 C. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥 D. 用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台 3. 已知幂函数的图象过点，则等于（ ） A. B. 0 C. D. 1 4. 在中，若，则此三角形（ ） A. 无解 B. 有两解 C. 有一解 D. 解的个数不确定 5. 如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 6. 如图，在中，N为线段上靠近A的三等分点，点P在上且则实数m的值为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知，求的值为（ ） A. B. C. D. 8. 一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是 A. ①③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③ 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 在复平面内对应的点位于第三象限 B. 若复数，则 C. 的共轭复数为 D. 的虚部为 10. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（S为三角形的面积，a，b､c为三角形的三边）.现有△ABC满足，且△ABC的面积，则下列结论正确的是（ ） A. △ABC的最短边长为4 B. △ABC的三个内角满足 C. △ABC的外接圆半径为 D. △ABC的中线CD的长为 11. 定义在上的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 的图象没有对称中心 C. 的增区间为 D. 方程有5个实数解 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为________ 13. 祖暅（公元5-6世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，以平行于平面的平面于距平面任意高处可横截得到及两截面，可以证明总成立.据此，为，为的椭球体的体积是______ . 14. 设，则的最小值为___________，取最小值时bc的值为___________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知，向量． （1）若向量，求向量的坐标； （2）若向量与向量的夹角为120°，求． 16. 已知函数（且）为奇函数. （1）求函数的定义域及解析式； （2）若，函数的最大值比最小值大2，求的值. 17. 已知函数的最小正周期是． （1）求的解析式，并求的单调递减区间； （2）将图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移个单位，最后将整个函数图象向上平移个单位后得到函数的图象，若时，恒成立，求的取值范围． 18. 现代传媒大厦是我市最高的标志性建筑.某学习小组要完成两个实习作业：验证百度地图测距的正确性及测算传媒大厦的高度.如图（1）.龙城大道沿线的水平路面上有两点A.B其中指向正西方向，首先利用百度地图测距功能测出AB长度为2km，接着在飞龙路沿线选定水平路面上可直接测距的C.D两点，测得，学习小组根据上述条件计算出CD长度，并将其与CD的实际长度2.84km进行比较，若误差介于-20米~20米之间，则认为百度地图测距是正确的. （1）通过计算说明百度地图测距是否正确？（） （2）如图（2），小组在A处测得现代传媒大厦楼顶M在西偏北方向上，且仰角，在B处测得楼顶M在西偏北方向上，通过计算得，，若百度地图测出的AB=2km是准确的，请根据以上数据测算出传媒大厦的高度（精确到1米） 19. 已知函数满足如下条件：①对任意，；②；③对任意，，总有. （1）写出一个符合上述条件的函数（写出即可，无需证明）； （2）证明：满足题干条件的函数在上单调递增； （3）①证明：对任意的，，其中； ②证明：对任意的，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 会泽县茚旺高中2024年春季学期高一年级期中考试 数学试卷 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册第八章8.3结束. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性，结合集合交集的定义进行求解即可. 【详解】由， 因此， 故选：B 2. 下列说法正确的是（ ） A. 三棱台有8个顶点 B. 底面是矩形的四棱柱是长方体 C. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥 D. 用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台 【答案】D 【解析】 【分析】通过三棱台的图形可判断A错误；由长方体的性质可判断B错误； 通过反例可判断C错误；由圆台的性质可判断D正确. 【详解】由三棱台的图形知三棱台有6个顶点，所以A错误； 因为四棱柱的底面是矩形时，侧棱与底面矩形不一定垂直，所以B错误； 各个面都是三角形的几何体可如下图所示: 而该几何体不是三棱锥，所以C错误； 由圆台的性质可知，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，所以D正确. 故选：D. 3. 已知幂函数的图象过点，则等于（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂函数的定义，求得，将代入解析式，求得，即可求解. 【详解】因为是幂函数，所以，解得， 又因为的图象过点，可得，解得， 所以. 故选：B. 4. 在中，若，则此三角形（ ） A. 无解 B. 有两解 C. 有一解 D. 解的个数不确定 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再结合，即可得出结论. 【详解】因为，， 所以， 因为，所以， 所以满足的有两个，所以此三角形有两解. 故选：B. 5. 如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜二测画法还原△ABC，计算边AB上的高. 【详解】如图，作线段轴，交轴于点， 则， 所以边上的高为. 故选：D. 6. 如图，在中，N为线段上靠近A的三等分点，点P在上且则实数m的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由线性运算可得，由三点共线可得系数和为1，即可求出. 【详解】由题可得， ， 三点共线，，. 故选：D. 7. 已知，求的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用和差化积公式求得正确答案. 【详解】利用及和差化积公式可得： ， 两式相除可得：. 故选：D 8. 一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是 A. ①③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【分析】由题意分析截面的各种情况确定截面图形可能的情形即可. 【详解】当截面平行于正方体的一个侧面时得③；当截面过正方体的体对角线时可得④； 当截面既不过体对角线又不与任一侧面平行时，可得①．但无论如何都不能截得②． 本题选择A选项. 【点睛】本题主要考查截面的特征，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和空间想象能力. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 在复平面内对应的点位于第三象限 B. 若复数，则 C. 的共轭复数为 D. 的虚部为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断A、C、D，计算出，即可求出其模，从而判断B. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点为，位于第三象限，A正确； 因为，所以，所以，B正确； 的共轭复数为，C错误； 的虚部为，D正确. 故选：ABD. 10. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（S为三角形的面积，a，b､c为三角形的三边）.现有△ABC满足，且△ABC的面积，则下列结论正确的是（ ） A. △ABC的最短边长为4 B. △ABC的三个内角满足 C. △ABC的外接圆半径为 D. △ABC的中线CD的长为 【答案】AB 【解析】 【分析】结合题意利用正余弦定理处理运算，常用向量处理△ABC的中线：． 【详解】因为，所以由正弦定理可得，设，，，因为，所以，解得，则，，，A正确； 因为，所以，，故B正确； 因为，所以，由正弦定理得，，C错误； ，所以，故，D错误. 故选：AB. 11. 定义在上的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 的图象没有对称中心 C. 的增区间为 D. 方程有5个实数解 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可判断函数的周期，结合时的解析式，即可作出函数图象，数形结合，即可判断A，B，C；将方程的解的个数问题，转化为函数和的图象的交点个数问题，即可判断D. 【详解】因，则有， 用替换，可得， 即2为函数的周期. 当时，，当时，. 结合函数的周期性，可作出函数的图象如下图. 由图知，函数的图象关于轴对称，故是偶函数，即A正确； 由图知，函数的图象关于和，都对称，故B错误； 由图知，函数的单调增区间为，故C正确； 由图中作出的图象，可见其与函数的图象有且仅有5个交点， 故方程有5个实数解，即D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得. 【详解】依题意，，所以在上的投影向量为. 故答案为： 13. 祖暅（公元5-6世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，以平行于平面的平面于距平面任意高处可横截得到及两截面，可以证明总成立.据此，为，为的椭球体的体积是______ . 【答案】 【解析】 【分析】由题意半椭球的体积等于，从而得到椭球的体积，再代入数据求解即可. 【详解】因为总有，所以半椭球的体积等于， 故椭球的体积为，所以该椭环体积是. 故答案为：. 14. 设，则的最小值为___________，取最小值时bc的值为___________. 【答案】 ①. 4 ②. ##0.5 【解析】 【分析】将式子变形，利用基本不等式即可求解最值，利用等号成立的条件即可求解的值. 【详解】 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为4，取最小值时的值为. 故答案为：4， 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知，向量． （1）若向量，求向量的坐标； （2）若向量与向量的夹角为120°，求． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由，设，有，再根据，得，最后解方程即可； （2）先求，再求后可求解. 【小问1详解】 由，设，∴， ∵，∴，解得或 所以或． 【小问2详解】 ∵，，， ∴， ∴，∴． 16. 已知函数（且）为奇函数. （1）求函数的定义域及解析式； （2）若，函数的最大值比最小值大2，求的值. 【答案】（1）定义域为， （2）或 【解析】 【分析】（1）根据对数函数的定义域、函数的奇偶性 （2）对进行分类讨论，结合函数的单调性以及最值求得. 【小问1详解】 要使函数有意义，则，可得：， 因为为奇函数，所以，即，所以的定义域为， 由可得：，所以， 此时，是奇函数，符合题意. 【小问2详解】 ， ①当时，函数单调递减， 所以， ， 所以， 解得. ②当时，函数单调递增， 所以，， 所以， 解得. 综上，或. 17. 已知函数的最小正周期是． （1）求的解析式，并求的单调递减区间； （2）将图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移个单位，最后将整个函数图象向上平移个单位后得到函数的图象，若时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1），单调递减区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）化简函数解析式，根据复合函数单调性的判断方法求出单调递减区间即可； （2）根据题意，分离参数即可求解. 【小问1详解】 有题意知， 由，解得， 所以． 由，得 ，，， 所以单调递减区间为， 【小问2详解】 依题意得， 因为，所以 当时，恒成立， 所以只需，转化为求的最大值与最小值． 当时，为单调减函数， 所以， 从而，，即， 故的取值范围是． 18. 现代传媒大厦是我市最高的标志性建筑.某学习小组要完成两个实习作业：验证百度地图测距的正确性及测算传媒大厦的高度.如图（1）.龙城大道沿线的水平路面上有两点A.B其中指向正西方向，首先利用百度地图测距功能测出AB长度为2km，接着在飞龙路沿线选定水平路面上可直接测距的C.D两点，测得，学习小组根据上述条件计算出CD长度，并将其与CD的实际长度2.84km进行比较，若误差介于-20米~20米之间，则认为百度地图测距是正确的. （1）通过计算说明百度地图测距是否正确？（） （2）如图（2），小组在A处测得现代传媒大厦楼顶M在西偏北方向上，且仰角，在B处测得楼顶M在西偏北方向上，通过计算得，，若百度地图测出的AB=2km是准确的，请根据以上数据测算出传媒大厦的高度（精确到1米） 【答案】（1）百度地图测距是准确的. （2）336米. 【解析】 【分析】（1）设，利用正弦定理可得，然后在中，利用余弦定理求出，进而可求出； （2）利用正弦定理，余弦定理结合条件列方程可求出，，然后在中可求得结果. 【小问1详解】 设，等腰中，， 在中，，，，可得. 由正弦定理得，解得； 在中，由余弦定理得， ∵，∴， ∵， ∴百度地图测距是准确的. 【小问2详解】 △ABN中，由正弦定理可得, 设，， △ABN中由余弦定理可得， ， ， 由， 所以，， 中，， 答：测算出传媒大厦高度约为336米. 19. 已知函数满足如下条件：①对任意，；②；③对任意，，总有. （1）写出一个符合上述条件的函数（写出即可，无需证明）； （2）证明：满足题干条件的函数在上单调递增； （3）①证明：对任意的，，其中； ②证明：对任意的，都有. 【答案】（1）（答案不唯一） （2） 任取，. 因为，故且. 故. 故在上单调递增. （3）①由题意可知：对任意正数，都有，且， 在③中令，可得，即； 故对任意正整数与正数，都有； ②由①可知：对任意正整数与正数，都有， 故对任意正整数与正数，都有， 令，则； 对任意，可得，并且 ， 又因为，所以由（2）中已经证明的单调性可知： ，， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据条件设计一个函数即可； （2）根据条件，运用函数单调性的定义推导即可； （3）运用递推的方法先证明①，再根据①的结论，考虑的x的区间即可证明. 【小问1详解】 ，，等，即形如均可； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】对于第二问，如何巧妙运用 要学习，抽象函数中经常会用到这个方法；对于第三问，可以把 看作 ，再运用 可以证明①，再利用①的结论推出 ， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $