2022-2023学年广东省三校(广大附中、铁一、广外)高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省三校(广大附中、铁一、广外)高一下学期期中联考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省三校高一下学期期中联考数学试题

一、单选题
1．已知，则（    ）
A．3 B．4 C．5 D．7
【答案】C
【分析】化简复数方程，根据复数相等的结论列方程求，由此可求.
【详解】由可得，
则，所以，故．
故选：C.
2．已知函数，则“”是“的最小正周期为2”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】A
【分析】结合充分与必要条件的定义和正弦型函数的周期公式即可求解
【详解】由的最小正周期为2
可得，即，
所以由“”可推出“的最小正周期为2”
由“的最小正周期为2”不一定能推出“”
故是的最小正周期是的充分不必要条件，
故选：A.
3．图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为10，则其侧面积为（    ）

A． B．
C． D．600
【答案】A
【分析】求出底面的周长后可求曲侧面三棱柱的侧面积.
【详解】曲侧面三棱柱的底面的周长为，
曲侧面三棱柱的侧面积为，
故选：A.
4．在空间中，α，β表示平面，m表示直线，已知α∩β=l，则下列命题正确的是
A．若m//l，则m与α，β都平行 B．若m与α，β都平行，则m//l
C．若m与l异面，则m与α，β都相交 D．若m与α，β都相交，则m与l异面
【答案】B
【解析】根据空间中直线与直线的位置关系，以及直线与平面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.
【详解】对：若m//l，则m与α，β都平行，或在平面，或者内，故错误；
对：若m与α，β都平行，容易知m//l，故正确；
对：若m与l异面，则m与α，β都相交，或与其中一个平面相交，与另一个平行，
故错误；
对：若m与α，β都相交，则m与l异面，或者与相交，故错误.
综上所述，选项正确.
故选：B.
【点睛】本题考查空间中直线与平面，直线与直线之间的位置关系，属基础题.
5．某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设音乐教室在A处，图书馆在B处，为测量两地之间的距离，甲同学选定了与不共线的C处，构成，以下是测量的数据的不同方案：①测量；②测量；③测量；④测量其中要求能唯一确定两地之间距离，甲同学应选择的方案的序号为（    ）

A．①② B．②③ C．②④ D．②③④
【答案】C
【分析】根据题目中每个选项中所给条件，结合正余弦定理解三角形即可判断三角形的解是否唯一，从而判断结论，可得答案.
【详解】①测量，知道三个角度值，三角形边长不能确定，有无数多组解，
故不能唯一确定点两地之间的距离；
②测量，可求出,已知两角及一边，
由正弦定理可知，即可求得,三角形有唯一的解，
故能唯一确定点两地之间的距离；
③测量，已知两边及其一边的对角，
由正弦定理可知，求出，角B可能有两解，即三角形可能有两解，
故此时不能唯一确定点两地之间的距离；
④测量，已知两边及夹角，由余弦定理可求得的长，
三角形有唯一的解，此时能唯一确定点两地之间的距离，
综上可得，一定能唯一确定两地之间的距离的所有方案的序号是②④，
故选：C
6．设平面向量，若，则平面向量可能是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意利用向量的夹角公式可推出，确定的坐标，求得每个选项中向量的坐标，一一计算验证是否成立，即可求得答案.
【详解】由题意,
因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
由题意，
对于A, 若，
则，故A错误;
对于B，若，
则，故B错误；
对于C，若，
则，故C错误;
对于D，若，
则，故D正确，
故选：D
7．在三棱锥中，平面BCD，，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设底面的外接圆的半径为r，，由正弦定理表示出r，确定外接球球心位置，求得其半径的表达式，结合正弦函数性质求得外接球半径的最小值，即可得答案.
【详解】设底面的外接圆的半径为r，，
则在中，，可得，所以，
设底面三角形的外心为，过作底面的垂线，

由于平面BCD，故所作垂线与的中垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，
设外接球的半径为R，而，
则外接球的半径为，
即当即时，三棱锥的外接球的半径取得最小值，
此时三棱锥的外接球表面积取得最小值：,
故选：B
8．已知，则下列结论错误的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据指对数的关系，应用对数的运算性质及对数函数的单调性比较大小.
【详解】令，得，，，，A正确．
，B正确．
，C正确．
由，得：；由，得：，故，D错误．
故选：D
【点睛】关键点点睛：将a、b、c转化为对数式，根据对数的单调性及对数的运算性质转化各选项中对数式或含a、b、c的代数式.

二、多选题
9．欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式指数函数定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联．在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥，依据欧拉公式，下列选项中正确的是（    ）
A．对应的点位于第四象限 B．为纯虚数
C．的模长等于 D．的共轭复数为
【答案】BC
【分析】利用欧拉公式把选项化成复数的代数形式即可计算判断；根据复数的模的计算公式即可判断C.
【详解】对于A，，对应的点位于第二象限，A错误；
对B， ，故为纯虚数，B正确；
对于C，的模长等于，C正确；
对于D， ，其共辄复数为，D错误，
故选：BC
10．已知函数，且在区间上单调递减，则下列结论正确的有（    ）
A．的最小正周期是
B．若，则
C．若恒成立，则满足条件的至少有2个
D．若，则的取值范围是
【答案】BD
【分析】根据正弦函数的单调性以及周期判断A，C；根据正弦函数的对称中心可判断B；根据已知结合正弦函数的单调性列出，求得关于的不等式，结合k的取值确定其范围，判断D.
【详解】对于A，因为函数在区间上单调递减，
故，
所以的最小正周期，即的最小正周期的最小值为，故A错误；
对于B，若，则，
所以的图像关于点对称，所以，故B正确；
对于C，若恒成立，则为函数的周期或周期的倍数，
所以，所以，
由，可得，
又，所以，即满足条件的有且仅有1个，故C错误；
对于D，由题意可知，区间为单调递减区间的子集，
若，则，
所以，，
解得，
因为，故k取正值，当时，，当时，，
k取其它正整数时，不存在，
故的取值范围是，故D正确，
故选：BD
11．如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ）

A．有无数个点满足
B．当点在棱上运动时，的最小值为
C．若，则动点的轨迹长度为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
【答案】AC
【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误；
对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误；
对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误；
对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误.
【详解】对于A，若M在上，则此时有无数个点M满足，
证明如下：由正方体的性质得平面，因为平面，所以.
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，即此时有无数个点M满足，故A正确；
对于B，旋转平面使之与平面共面，如图中，连接交于点M，
此时最短为，大小为，故B错误；
对于C，当点在平面内时，面，面，则，
所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
从而动点轨迹长度为，故C正确；
对于D，因为，所以直线与所成的角，即为直线与所成角，即或其补角，
由在线段上存在点知，，由，得，

即最小值大于，故D错误.
故选：AC.
12．已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（    ）
A．若为的垂心，，则
B．若为边长为2的正三角形，则的最小值为-1
C．若为锐角三角形且外心为，且，则
D．若，则动点的轨迹经过的外心
【答案】ACD
【分析】A利用三角形相似及数量积的几何意义判断：B构建直角坐标系，由向量数量积的坐标表示列式求最值；C由已知得，进而可知与中点共线，结合外心的性质有垂直平分即可判断；D将等式两侧同时点乘并化简得，即可判断.
【详解】A：如下图，，则为垂心，易知：，

所以，则，
根据向量数量积的几何意义知：，同理，
所以，正确；
B：构建以中点为原点的直角坐标系，则，若，
所以，，
由，则，
当时的最小值为，错误；

C：由题设，则，
所以，若为中点，则，
故，故共线，又，即垂直平分，
所以，正确；

D：由题设，，
则，
所以，若为中点，则，
故，所以的轨迹经过的外心，正确.

故选：ACD
【点睛】关键点点睛：A根据垂心性质，三角形相似关系、数量积的几何意义得到；B构建直角坐标系，应用数量积的坐标表示列式判断；C、D根据外心的性质，应用数形结合化简题设向量的线性关系式判断.

三、填空题
13．函数的定义域是______.
【答案】
【分析】根据对数的真数大于零和开偶数次方根号里的数大于等于零，再结合正切函数的单调性即可得解.
【详解】由，
得，解得或，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
14．已知的内角 所对的边分别为，且，则_________．
【答案】
【分析】将，化为，利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，继而求得，再利用诱导公式以及二倍角正弦公式即可求得答案.
【详解】由于，即，
在中，由正弦定理得，
又，则，故，
所以，
故答案为：
15．已知是定义在上的奇函数且，当，且时，有，若，使得对恒成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【分析】根据题意判断出在上单调递增，根据“，使得对恒成立”可列式对恒成立，根据临界条件求解即可.
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以当且时，有等价于，
所以在上单调递增．
因为，所以．
因为，使得对恒成立，
即对恒成立，所以，
设，则解得或
所以实数的取值范围是．
故答案为：
16．容器中有种粒子，若相同种类的两颗粒子发生碰撞，则变成一颗B粒子；不同种类的两颗粒子发生碰撞，会变成另外一种粒子.例如，一颗A粒子和一颗B粒子发生碰撞则变成一颗C粒子，现有A粒子10颗，B粒子8颗，C粒子9颗，如果经过各种两两碰撞后，只剩1颗粒子.给出下列结论：
①最后一颗粒子可能是A粒子；
②最后一颗粒子可能是B粒子；
③最后一颗粒子可能是C粒子；
其中正确结论的序号是______.（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③
【分析】分析每一次碰撞粒子数量的变化规律，根据规律求解.
【详解】①若最后剩下的可能是A粒子.
10颗A粒子两两碰撞，形成5颗B粒子；
9颗C粒子中的8个两两碰撞，形成4颗B粒子；
所有的17颗B粒子两两碰撞，剩下一颗B粒子；
这个B粒子与剩下的一颗C粒子碰撞形成A粒子.
③最后剩下的可能是C粒子.
10颗A粒子中的9颗与9颗C粒子两两碰撞，形成9颗B粒子；
所有的17颗B粒子两两碰撞，最后剩一颗B粒子；
这个B粒子与剩下的一颗A粒子碰撞形成C粒子.
②最后剩下的不可能是B粒子.
A、B、C三种粒子每一次碰撞有以下6种可能的情况：
A与A碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗A粒子: （B 多1个，A、C共减少两个）；
B与B碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗B粒子（B 少1个，A、C总数不变）；
C与C碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗C粒子（B 多1个，A、C共减少两个）；
A与B碰撞，会产生一颗C粒子，减少A、B各一颗粒子（B少1个，A、C总数不变）；
A与C碰撞，会产生一颗B粒子，减少A、C各一颗粒子（B多1个， A、C共减少两个）；
B与C碰撞，会产生一颗A粒子，减少B、C各一颗粒子（B少1个，A、C总数不变），
可以发现如下规律：
（1）从B粒子的角度看：每碰撞一次，B粒子的数量增多一个或减少一个.
题目中共有27颗粒子，经过26次碰撞剩一颗粒子，整个过程变化了偶数次，
由于开始B粒子共有8颗，所以26次碰撞之后，剩余的B粒子个数必为偶数，不可能是1个，所以最后剩下的不可能是B粒子.
（2）从A、C粒子的角度看：每次碰撞之后，A、C粒子总数或者不变、或者减少两个.
题目中A、C粒子之和为19个，无论碰撞多少次，A、C粒子都没了是不可能的，所以剩下的最后一颗粒子一定是A或C.
故正确结论的序号为①③.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题考查了分类思想，逻辑推理，分析问题解决问题的能力，读懂题意是解题的关键.

四、解答题
17．（1）计算；
（2）已知单位向量与向量互相垂直，求向量在向量方向上的投影向量．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据已知条件，结合对数的运算性质，即可求解；
（2）根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解.
【详解】（1）
，
，
，
所以；
（2）单位向量与向量互相垂直，
则，
.
故向量在向量方向上的投影向量.
18．由倍角公式可知可表示为的二次多项式，类似的可表示为关于的三次多项式
(1)请用一个的三次多项式表示出；
(2)根据（1）的结论请你计算的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用，用两角和的余弦公式展开，再结合二倍角以及同角的三角函数关系式化简，即可求得答案.
（2）利用，结合（1）的结论即可求得答案.
【详解】（1）


.
（2）由于，
所以，
所以，
所以，
解得，（舍去).
19．如图，四棱台的上底面和下底面分别是边长为2和4的正方形，侧棱上的一点E满足．

(1)证明：平面；
(2)若，且在平面ABCD的正投影落在线段CD上，求四棱台的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）延长，，交于点，连接交于点，连接，通过证明四边形是平行四边形得，从而得平面；
（2）作于，为棱台的高，设，，在中，由余弦定理得解得，从而得，代入棱台体积公式即可.
【详解】（1）
证明:延长，，交于点，连接交于点，连接，
由，得，
∴是中点，
此时，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面平面，
∴直线平面.
（2）
作于，因为在平面ABCD的正投影落在线段CD上，所以面，所以为棱台的高，
设，由得，，，
在中，由余弦定理得，
即，
解得，
所以，
所以四棱台的体积 ，
故四棱台的体积为.
20．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，S为的面积，．
（1）证明：；
（2）若，且为锐角三角形，求S的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用三角形面积公式表示S，结合余弦定理和正弦定理，建立三角函数等式，证明结论，即可．（2）结合三角形ABC为锐角三角形，判定tanC的范围，利用tanC表示面积，结合S的单调性，计算范围，即可．
【详解】(1)证明：由，即，
，，，
，，
，，
，
，，
，
，B，，．
(2)解：，，
．
且，
，
，
为锐角三角形，，
，，
为增函数，
．
【点睛】考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形面积公式，考查了函数单调性判定，难度偏难．
21．如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G.

（Ⅰ）证明：G是AB的中点；
（Ⅱ）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）作图见解析，体积为.
【详解】试题分析：证明由可得是的中点.（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得四面体的体积
试题解析：（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以

因为在平面内的正投影为，所以
所以平面，故
又由已知可得，，从而是的中点.
（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.
理由如下：由已知可得，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.
连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.
由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故
由题设可得平面，平面，所以，
因此
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面体的体积
【解析】线面位置关系及几何体体积的计算
【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.

22．已知函数是奇函数.（e是自然对数的底）
(1)求实数k的值；
(2)若时，关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围；
(3)设，对任意实数，若以a，b，c为长度的线段可以构成三角形时，均有以，，为长度的线段也能构成三角形，求实数n的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据求出，再检验的奇偶性；
（2）若，将关于x的不等式恒成立，转化为恒成立，利用基本不等式得，从而可得；
（3）化简，设，得，且，根据题意得恒成立，根据基本不等式得，由求出的最大值即为的最大值.
【详解】（1）因为是奇函数，且定义域为R，所以，
即，解得.经检验，此时是奇函数
所以.
（2）由（1）知，
由时，恒成立，得，
因为，所以，
设，
因为，当且仅当时，等号成立，又，所以，
故，
所以.
（3）由题意得：
不妨设，
以a，b，c为长度的线段可以构成三角形，即，且，
以，，为长度的线段也能构成三角形，则恒成立，得恒成立，
因为，仅当a=b时前一个等号成立，
所以，即，于是n的最大值为.