精品解析：贵州省黔西第一中学2023-2024学年高一下学期第二次检测（5月）数学试卷

黔西一中 2024 年春季学期第二次学程考 高 一 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡相应位置上． 2．回答第Ⅰ卷时，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，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束，监考员将答题卡收回． 第Ⅰ卷 选择题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，则三者的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 已知分段函数，则方程的解的个数是（ ） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 5. 若a，b，c为空间中的不同直线，，，为不同平面，则下列为真命题的个数是（ ） ①，，则； ②，，则； ③，，则； ④，，则. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 已知是上的偶函数，当时，是增函数，则的大小关系是（　　） A. B. C. D. 7. 设m为给定的实常数，命题，，则“”是“p为真命题”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 在三角形中，点是在边上且边上存在点满足，直线和直线交于点，若，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 十六世纪中叶，英国数学教育家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.下列关于不等式的命题，正确的是（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，那么 C. 若，，则 D. 如果，，，那么 10. 在如图所示的三棱锥中，，两两互相垂直，下列结论正确的为（ ） A. 直线与平面所成的角为45° B. 二面角的正切值为 C. 到面的距离为 D. 作平面，垂足为，则为的重心 11. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 关于点对称 C. 在是上单调递增 D. 若在区间上恰有两个最大值点，则实数的取值范围为 12. 定义在R上的函数满足，函数为偶函数，且当时，，则（ ） A. 的图象关于点成中心对称 B. 对任意整数， C. 的值域为 D. 的实数根个数为7 第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13. 已知，则 _____ ． 14. 如图，在中，，P是线段上的一点，若，则实数______. 15. 在中，角的对边分别为，若，则的最小值为______． 16. 如图，在直三棱柱中，为等边三角形，，，则三棱柱的外接球的表面积为______. 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知向量，． （1）若，求; （2）若向量，，求与的夹角的余弦值． 18. 在中，角所对的边分别为，，角的平分线交于点，且． （1）求的大小； （2）若，求的面积． 19. 如图，在正方体中，E是的中点. （1）求证：平面； （2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积． 20. 已知函数（，，）的部分图象如图所示． （1）求的解析式： （2）求的单调递增区间； （3）若将的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位得到的图象，当时，求的值域． 21. 如图，在三棱锥中，E为BC的中点，O为DE的中点，，，都是正三角形． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值． 22. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，. （1）求函数的解析式； （2）若，使得成立，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 $ 黔西一中 2024 年春季学期第二次学程考 高 一 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡相应位置上． 2．回答第Ⅰ卷时，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，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束，监考员将答题卡收回． 第Ⅰ卷 选择题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由交集和补集的运算可得. 【详解】或， 所以. 故选：A 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算可得. 【详解】. 故选：B 3. 设，则三者的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由对数函数的单调性和运算性质可得. 【详解】， 由对数函数图象的性质可得， 所以， 即. 故选：B 4. 已知分段函数，则方程的解的个数是（ ） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定函数，分段解方程即可得解. 【详解】函数，由，得或， 解得或，解得， 所以方程有3个解. 故选：B 5. 若a，b，c为空间中的不同直线，，，为不同平面，则下列为真命题的个数是（ ） ①，，则； ②，，则； ③，，则； ④，，则. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中线面的位置关系判断即可. 【详解】对于①，，则与可能平行，可能异面，可能相交，故①错误； 对于②，，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确； 对于③，，垂直于同一平面的两个平面可能平行，可能相交，故③错误； 对于④，，垂直于同一直线的两个平面平行，故④正确； 故选：C 6. 已知是上的偶函数，当时，是增函数，则的大小关系是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用是上的偶函数可知，，再根据在区间上单调递增即可判断大小. 【详解】利用是上的偶函数可知，， 由于，又在区间上单调递增， 则, 故. 7. 设m为给定的实常数，命题，，则“”是“p为真命题”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先由命题为真求得的范围，再根据充要条件的要求进行判断即得. 【详解】命题p：，为真等价于，即， 由“”显然推不出“”，故“”不是“p为真命题”的充分条件； 由“”可推出“”，故“”是“p为真命题”的必要条件. 故选：B. 8. 在三角形中，点是在边上且边上存在点满足，直线和直线交于点，若，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】将和都用和表示出来，然后利用列式计算即可. 【详解】由题意，， 则， 同理可得：， 因为直线和直线交于点, 所以存在使， 即，两式作商得 解得. 故选：C. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 十六世纪中叶，英国数学教育家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.下列关于不等式的命题，正确的是（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，那么 C. 若，，则 D. 如果，，，那么 【答案】AD 【解析】 【分析】根据不等式的性质逐个选项推导即可. 【详解】对A，如果，，则，那么，故A正确； 对B，如果，那么，则，故B错误； 对C，若，，则，故C错误； 对D，如果，，，则，故， 则，，故D正确； 故选：AD 10. 在如图所示的三棱锥中，，两两互相垂直，下列结论正确的为（ ） A. 直线与平面所成的角为45° B. 二面角的正切值为 C. 到面的距离为 D. 作平面，垂足为，则为的重心 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，可得为直线与平面所成的角，即可判断A项；利用线面垂直的判定定理可得平面，即得为二面角的平面角，即可判断B项；利用等体积法求点面距离即可判断C项；利用线面垂直得判定定理结合等边三角形的性质即可判断D项. 【详解】对于A，因为，，两两互相垂直，，平面，平面， 故为直线与平面所成的角，又，所以， 故直线与平面所成的角为，故A正确； 对于B，取中点为，连接， 因为，，，两两互相垂直，所以， 因为，平面，所以平面，故为二面角的平面角， 则，故二面角的正切值为，故B项正确； 因为，所以，设到面的距离为， 则，解得，故C项错误； 对于D，因为，故为等边三角形， 因为平面，则点为点在平面上的投影，又， 即点到顶点的距离相等，即点到顶点的距离相等， 故为的外心也即重心，故D项正确. 故选：ABD. 11. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 关于点对称 C. 在是上单调递增 D. 若在区间上恰有两个最大值点，则实数的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】首先用辅助角公式化简函数，再结合函数的性质求出，再结合三角函数的周期性，对称性，单调性即可判断. 【详解】解：因为， 所以把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象， 因为关于轴对称，所以，即， 又因为，所以， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，由，得， 所以当时，的单调递增区间为， 又因为， 所以在上单调递增，故C正确； 对于D，，因为恰有两个最大值点， 所以， 所以，故D错误． 故选：BC． 12. 定义在R上的函数满足，函数为偶函数，且当时，，则（ ） A. 的图象关于点成中心对称 B. 对任意整数， C. 的值域为 D. 的实数根个数为7 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用函数的对称性、周期性以及时，，可作出的完整图象，数形结合求解. 【详解】由可得函数以4为周期， 又由函数为偶函数可得， 所以函数的一条对称轴为， 又由时，，所以作出函数图象如下， 所以由图可知，的图象不关于点成中心对称，A错误； 对任意整数，，B正确； 的值域为，C正确； 由可得，令， 作出如图， 注意到 ，， 所以的图象和的图象共有7个交点， 即的实数根个数为7，D正确； 故选:BCD. 第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13. 已知，则 _____ ． 【答案】 【解析】 【分析】拆角后由二倍角的正切公式计算即可. 【详解】. 故答案为：. 14. 如图，在中，，P是线段上的一点，若，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】由，根据平面向量基本定理，即可得到的值. 【详解】由三点共线，有，，即， 可得 ，则， 由平面向量基本定理有，所以. 故答案为： 15. 在中，角的对边分别为，若，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】是的边长，所以它们是正数，利用乘“1”法结合基本不等式即可求解. 【详解】因为， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为． 故答案为：. 16. 如图，在直三棱柱中，为等边三角形，，，则三棱柱的外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由条件确定三棱柱的外接球的球心的位置，结合球的截面性质求球的半径，利用球的表面积公式可得结论. 【详解】如图所示，取，的外接圆的圆心分别为，， 连接，取的中点， 则是三棱柱外接球的球心，连接，． 延长，交于点， 由正三角形性质可得为的中点，为的中心， 所以， 因为，所以， 由正三角形的性质可得 设的外接圆的半径为，三棱柱的外接球的半径为， 又，所以， 所以， 所以三棱柱的外接球的表面积为． 故答案为：. 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知向量，． （1）若，求; （2）若向量，，求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由数量积的坐标运算解出，然后用模长的公式； （2）用向量平行的坐标判定解出，再使用数量积的坐标运算公式判定夹角余弦值. 【小问1详解】 由，，有，而，故. 所以，解得，这表明，所以. 【小问2详解】 由，知，而，，故，解得，从而. 所以. 18. 在中，角所对的边分别为，，角的平分线交于点，且． （1）求的大小； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边化成角，进而求解； （2）由三角形面积公式并利用可得，再由余弦定理即可求得，由三角形的面积公式可得结果. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得． 因为，所以， 所以，故， 又因为，所以． 【小问2详解】 由题意可知， 即，化简可得． 在中，由余弦定理得， 从而，解得或（舍）． 则． 19. 如图，在正方体中，E是的中点. （1）求证：平面； （2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 因为在正方体中，，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面； （2）利用等体积法，求三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以， 三角形ABC的面积， 三棱锥的体积. 20. 已知函数（，，）的部分图象如图所示． （1）求的解析式： （2）求的单调递增区间； （3）若将的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位得到的图象，当时，求的值域． 【答案】（1） （2）单调递增区间是， （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数图象列出，解得，，结合函数的周期，求解，利用函数的最大值求解，然后得到函数的解析式； （2）利用正弦函数的单调性求解函数的单调区间即可； （3）求出，通过的范围，求解相位的范围，结合正弦函数的值域求解即可． 【小问1详解】 由图象可知：，解得：，， 又由于，可得：，所以， 由图象知，，又因为， 所以，．所以． 【小问2详解】 由，，得，． 函数的单调递增区间是，． 【小问3详解】 依题可得，因为， 则，所以， 即的值域为． 21. 如图，在三棱锥中，E为BC的中点，O为DE的中点，，，都是正三角形． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1） 因为是正三角形，O为的中点， 所以． 因为，都是正三角形，E为的中点， 所以，， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以． 因为，，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解； （2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出平面ABD和平面ABC的法向量，利用向量的夹角公式及二面角与向量夹角的关系，结合同角三角函数的平方关系即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以O为坐标原点，直线为x轴，过点O且与平行的直线为y轴，直线为z轴建立的空间直角坐标系如图所示: 设，则，，，， 所以，，． 设平面ABD的法向量为，则 ,即，取，得， 所以． 设平面ABC的法向量为， 则，即，取，得， 所以． 设二面角的平面角为，则 ， 所以二面角的正弦值． 22. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，. （1）求函数的解析式； （2）若，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由函数是定义在上的奇函数，则，设，则，代入当时，，则得到的解析式； （2）用换元法将化为，再由，使得成立”转化为，使得成立”，通过分离参数，得到，由函数的单调性，从而得到实数的取值范围. 【小问1详解】 设，则， 因为是奇函数， 所以. 因为函数是定义在上的奇函数， 所以. 综上，. 【小问2详解】 当时，. 设，易知当时，， 令. ，使得成立”即为，使得成立”， 所以，使得， 又在上单调递增，故， 所以实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $