2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高一下学期期中数学试题

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时量：120分钟 满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，则x的值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数的定义运算求解.
详解】∵，则.
故选：D.
2. 已知集合M⊆{2，3，5}，且M中至少有一个奇数，则这样的集合M共有（ ）
A. 5个B. 6个
C. 7个D. 8个
【答案】B
【解析】
【分析】利用集合子集的概念及题意一一列举即可.
【详解】若M有一个元素，则；
若M有两个元素，则；
若M有三个元素，则
∴满足题意的集合M的个数为6个.
故选：B.
3. 若复数，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. -1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法化简复数，根据共轭复数概念求出虚部.
【详解】，故，的虚部为1.
故选：B
4. （ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式，结合特殊角的正弦值进行求解即可.
【详解】.
故选：C
5. 已知是两条不重合直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】在A中，与相交或平行；在B中，与相交或平行；在C中，与相交或平行；在D中，由线面垂直，线线平行的性质得．
【详解】，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，知：
在A中，若，，，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，若，，，则与相交或平行，故B错误；
在C中，若，，，则与相交或平行，故C错误；
在D中，若，，，则由线面垂直，线线平行的性质可得，故D正确．
故选：D．
6. 若，使得不等式成立，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可转化为，使成立，求的最小值即可.
【详解】因为，使得不等式成立，
所以，使得不等式成立，
令，，
因为对称轴为，，
所以，
所以，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
7. 已知O是△ABC外接圆的圆心､若，，则（ ）
A. 10B. 20C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】，后结合图形及向量投影可得答案.
【详解】，设中点为D，BA中点E，因O是△ABC外接圆的圆心，则在方向上的投影向量为,在方向上的投影向量为，
则，.
故.
故选：C
8. 已知圆柱的底面半径和母线长均为分别为圆､圆上的点，若，则异面直线所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在圆的投影为，连接，计算，根据余弦定理得到，得到答案.
【详解】如图所示：在圆的投影为，连接，易知，
在直角中，，
在中，根据余弦定理，，
，故，
故异面直线所成的角为.
故选：C.
二、多选题：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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ）
A. |z|＝B. z2＝2i
C. z的共轭复数为D. z是关于x的方程的一个根
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用复数的相关概念以及复数的运算进行计算求解.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，故B正确；
因为z的共轭复数为，故C错误；
因为方程，所以，
所以方程的根为，故D正确.
故选：ABD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 是函数的一条对称轴
C.
D. 若，则在方向上的投影向量的模为
【答案】CD
【解析】
【分析】结合三角函数的图象与性质以及平面向量向量积的运算，逐项判断即可得到本题答案.
【详解】对于选项A，因为，所以或，或者，故A错误；
对于选项B，因为函数的对称轴方程为，且，所以不是函数的对称轴，故B错误；
对于选项C，因为函数在单调递增，且，所以，故C正确；
对于选项D，设的夹角为，因为，所以，所以在方向上的投影向量，它的模，故D正确.
故选 ：CD
11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角的取值范围是
B. 三棱锥的体积不变
C. 平面平面
D. 若，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据为中点时，异面直线与所成角为判断A；根据判断B；证明平面即可判断C；将平面沿展开使其与平面重合时，再求的距离即可判断D.
【详解】解：对于A选项，由正方体的性质易知，为等边三角形，
所以，当为中点时，，
所以，此时，异面直线与所成角为，故A选项错误；
对于B选项，由正方体的性质易知平面，平面，侧面为正方形，
所以，，由于平面，
所以平面
设到平面的距离为，则，
因为，
所以，三棱锥的体积，故正确；
对于C选项，由正方体的性质易知平面，平面，
所以，，由于，平面，
所以平面，平面，
所以，同理证得，
由于，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，故C选项正确；
对于D选项，根据题意，将平面沿展开使其与平面重合时，如图，
因为，所以，，
所以，故正确；
故选：BCD
12. 已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（ ）
A. B.
C. 为偶函数D. 为奇函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可得，结合为奇函数可得，从而可判断选项A；由，得，在中，令可判断选项B；由，可判断选项C；由，可判断选项D.
【详解】由为奇函数，可得，即，
又因为，所以，即,
所以，所以，故选项A错误；
由，得，由，得，
所以，故选项B正确；
由，，得，
所以为偶函数，故选项C正确；
由，，可得，
所以，
即，故为奇函数，故选项D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，则函数零点为________
【答案】0
【解析】
【分析】令，求得函数的零点.
【详解】令，得，
解得.
故答案为：0
14. 已知，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用，展开计算即可求得答案.
【详解】由，，，
可得，
故答案为：
15. 已知复数满足，则的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数模的三角不等式可求得的最小值.
【详解】因为，则
，
当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.
故答案为：.
16. 如图正方体的棱长是3，E是上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，，则的最小值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】以为顶点构造棱长为2的正方体，利用对称性将转化为，由图形得到四点共线时取最小值，进而求解.
【详解】以为顶点构造棱长为2的正方体，
由对称得，，
因为是上的动点，是下两底面上的动点，
则是直角三角形，是中点，且，故，
所以取最小值时，四点共线，
则，此时．
故答案为：.
【点睛】在平面解析几何中求直线上一动点到两定点（在直线同一侧）的距离之和的最小值时，通常将其中一定点对称到直线的另一边，利用三点共线时距离之和最小，在立体几何中也有类似的方程，此题中作正方体的目的就是为了找出 关于平面的对称点，从而将转化为求最小值.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，已知圆锥的顶点为P，O是底面圆心，AB是底面圆的直径，，．
（1）求圆锥的表面积；
（2）经过圆锥的高PO的中点作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）由题意可知，该圆锥的底面半径，母线，从而可求出锥的表面积，
（2）先求出大圆锥的高，从而可求出小圆锥的高，进而可得圆台的体积等于大圆锥的体积减去小圆锥的体积
【详解】解：（1）由题意可知，该圆锥的底面半径，母线．
∴该圆锥的表面积．
（2）在中，，
∵是PO的中点，∴．
∴小圆锥的高，小圆锥的底面半径，
∴截得的圆台的体积．
18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求C的大小；
（2）已知a+b＝8，求△ABC的面积的最大值．
【答案】（1）C
（2）．
【解析】
【分析】（1）先把题给条件化为，再利用余弦定理即可求解C的值．
（2）先用基本不等式求出ab的最大值，再代入三角形的面积公式即可求得△ABC的面积的最大值．
【小问1详解】
∵，
∴，
∴，∴，
∴csC，
又∵C∈（0，π），∴C．
【小问2详解】
∵（当且仅当a＝b＝4时取等号），∴ab≤16，
∴S△ABC 的最大值为16×sin．
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.
（1）证明：平面平面ACE；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：由已知可推导出，，利用线面垂直的判定定理可证平面PBD，由此能证明平面平面ACE；法二：以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面ACE.
（2）法一：由题意可推出CE在平面PBD内的射影为OE，是二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值；法二：求出平面PAC的一个法向量和平面ACE的一个法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AC﹣E的余弦值.
【小问1详解】
解法一：
证明：平面ABCD，，
又底面ABCD是菱形，，
而，平面，
平面PBD，
而平面ACE，
所以平面平面ACE.
解法二：
证明：已知底面ABCD是菱形，，
又平面ABCD，所以BO，CO，PO互相垂直，
故可以以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，可知相关点坐标如下：
，，，，，
易知平面PBD的一个法向量为，
因为，所以，
故平面PBD，
从而平面平面ACE.
【小问2详解】
解法一：
观察图可知平面平面PBD，
故CE在面PBD内的射影为OE，
，，
又由（1）可得，，，
故是二面角的平面角，
菱形ABCD中，，，
∴，，
又，∴，
∴，
∴，
即二面角的余弦值为.
解法二：
设，则，
，∴，故，
可得，
易知平面PAC的一个法向量为，
设平面ACE的一个法向量，
则，取，得，
∴，
即二面角的余弦值为.
20. 如图，在长方体中， 分别为的中点，是上一个动点，且.
（1）当时，求证：平面平面；
（2）是否存在，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.
【解析】
【详解】(1)当时，为中点，
因为是的中点，所以,
则四边形是平行四边形，所以.
又平面平面，所以平面.
因为分别是中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
因平面平面，所以平面平面.
(2)如图，连接与,
因为平面平面，所以.
若又平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
在矩形中，由，得,
所以.
又，所以,
则，即.
21. “方舱医院”原为解放军野战机动医疗系统中的一种，是可以移动的模块化卫生医疗平台，一般由医疗功能区、病房区等部分构成，具有紧急救治、外科处置、临床检验等多方面功能．某市有一块扇形地块，因疫情所需，当地政府现紧急划拨该地块为方舱医院建设用地．如图所示，平行四边形OMPN区域拟建成病房区，阴影区域拟建成医疗功能区，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且米，．记．
（1）当时，求；
（2）请写出病房区OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值．
【答案】（1）；
（2），.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求出，再利用数量积的定义求解作答.
（2）利用正弦定理用表示出，再利用三角形面积公式、结合三角恒等变换求解作答.
【小问1详解】
四边形是平行四边形，
在中，，，
，
由正弦定理得：，即，
于是，，
所以.
【小问2详解】
四边形是平行四边形，
在中，，，
由正弦定理得：，即，
因此，
从而
，，
显然，因此当，即时，，取得最大值，
所以，当时，取得最大值.
22. 已知定义域不为的函数（为常数）为奇函数．
（1）求实数的值；
（2）若函数，是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）根据题意，由函数奇偶性的定义，代入计算即可得到结果；
（2）根据题意，得到函数的值域，然后根据函数与的单调性进行讨论，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意可得，，则
化简得，
因为，所以，即
当时，，其定义域为，不符合题意；
当时，，其定义域为，满足题意
所以，
【小问2详解】
因为，所以在上恒成立，
则必有时，，当时，，则，
所以，
，
因为，所以，当时，在单调递增，
即
当时，在单调递增，先增后减，在或处取得最小值，且，，
，其中为对勾函数，在上单调递减，
在上单调递增，又，故
综上，
因为在递减，在递增，
当时，令，则其单调递增，且，
则存在，使得，又，故，
所以
当时，，不符合要求；
当时，令
所以，综上，存在