2024湖南省多校高一下学期3月大联考数学试题含解析

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注意事项：
1.答题前.考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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】C
【解析】
【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：C.
2. 已知向量，且，则正数（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，即可求解.
【详解】由得，解得或，
因为为正数，所以.
故选：.
3. “”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由可知或，则无法判断是否成立，故充分性不成立；
当，时满足，但是、均无意义，即不成立，故必要性成立；
因此“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
4. 已知平面向量，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得，再利用投影向量的定义即可求得在上的投影向量的坐标.
【详解】在上投影向量的坐标为
.
故选：B
5. 将向量绕坐标原点逆时针旋转得到，则（ ）
A. 8B. C. D. -4
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，即可得到且，再根据数量积的运算律及定义计算可得.
【详解】因为，所以且，
所以
.
故选：B.
6. 已知的面积为，则（ ）
A. 13B. 14C. 17D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理即可得解.
【详解】的面积，所以，
由余弦定理得，因此.
故选：C
7. 某次军事演习中，炮台向北偏东方向发射炮弹，炮台向北偏西方向发射炮弹，两炮台均命中外的同一目标，则两炮台在东西方向上的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意先求得之间在南北方向上的距离，继而可求得两炮台在东西方向上的距离.
【详解】法一：由题意得，在北偏西方向上，
之间在南北方向上的距离为，
则在东西方向上的距离为，
其中，

因此，
法二：过炮台点作东西方向的水平线交正北方向分别为点，
则由图知.
故选：A.

8. 已知函数和的定义域均为，若满足，且与图象的交点为，，，，则（ ）
A. 必为奇数，且
B. 必为偶数，且
C. 必为奇数，且
D. 必为偶数，且
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可求函数的对称中心，结合函数的对称性即可求解.
【详解】由题意可得，
且，
因此与的图象都关于点对称，即，
若，则必有，
因此必为奇数，且，
因此可知.
故选：.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分.
9. 在中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则符合条件的有且只有1个
B. 若，则符合条件的有且只有2个
C. 若，则符合条件的有且只有2个
D. 若，则不存在这样的
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题考查三角形解的个数问题，可以用两种方法解决，第一种画圆的方法，根据圆与射线的交点个数确定解的个数，第二种方法，由余弦定理得关于的方程，代入的值，根据方程解的个数判断三角形个数.
【详解】（解法一）：以为圆心，长为半径画圆，记为圆.
如图，时，圆恰与相切，故符合条件的有且只有1个，A正确；

如图，当时，圆与射线有两个交点，故符合条件的有且只有2个，B正确；

时，圆与射线有两个交点，但其中一个交点为点本身，因此符合条件的有且只有1个，C错误；

时，圆与无交点，故不存在这样的，D正确.
故选：ABD.
（解法二）：设内角的对边分别为，
由余弦定理得，即.
时，，则有且仅有一个解，故A正确；
时，，解得，故B正确；
时，，解得（舍去），，故C错误；
时，，该方程无解，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数的最小正周期为，则（ ）
A.
B. 在上单调递增
C. 的图象的对称中心为
D. 是奇函数
【答案】BD
【解析】
【分析】由正切函数最小正周期为，即可判断；由，即可判断；
由正切函数的对称中心即可求的对称中心，判断；首先求的解析式，再由函数的奇偶性定义即可判断.
【详解】，，故错误；
故，当时，，单调递增，故正确；
令，，则，，所以对称中心为，故错误；
设函数，，，即，，
所以函数的定义域为，所以定义域关于原点对称，
且，故是奇函数，故正确.
故选：.
11. 向量积在数学和物理中发挥着重要作用.定义向量与的向量积的模，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若为非零向量，且，则
C. 若的面积为，则
D. 若，则的最小值为3
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，结合新定义向量与的向量积的模，三角形的面积公式和向量的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】由定义向量与的向量积的模 ，
对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，可得，
即，解得或，所以B错误；
对于C中，由，因此，所以C正确；
对于D中，由，可得，
所以，因为，可得，
所以，可得，
则，
当且仅当时，等号成立，所以，所以D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若非零向量，满足，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】对给定式子进行换元，结合向量数量积的几何意义求解即可.
【详解】令，可得，，，
则.
故答案为：
13. 在平面直角坐标系中，向量，，正六边形的顶点位于坐标原点，，若，则__________，__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设点为正六边形的中心，连接，，，根据题意可知，进而用向量，表示，即可求解.
【详解】
设点为正六边形的中心，连接，，，
由题意得，为直角三角形，，因为，所以，
所以，
又，因此，
即，.
故答案为：；.
14. 设函数，在中，，则周长的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，化简得到，再利用正弦定理和辅助角公式，得到，即可求解.
【详解】由函数，因为，
可得，
整理得，
即，
即，
因为，可得，
所以，且，
由正弦定理，得，
当且仅当时取等，因此周长的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共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. 已知平面向量.
（1）若，求的值；
（2）若与的夹角为锐角，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先计算出向量，，再根据向量平行列出方程求解即可.
（2）先根据与的夹角为锐角得出，且夹角不为，再分别求出和夹角不为时的取值范围即可.
【小问1详解】
因为
所以，.
又因为，
所以，解得
【小问2详解】
因，
所以.
因为与的夹角为锐角，
所以，且夹角不为.
当时，，解得；
当与的夹角为时，，解得，
故与的夹角不为时，；
综上可得：的取值范围是.
16. 在中，分别是上的点，且与相交于点.
（1）用表示；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，求出，表达出；
（2）根据题意求解，求出的最大值，进而求出的最大值.
【小问1详解】
设，
，
因此解得，
因此.
【小问2详解】
由（1）得，，因此，
又因为，因此，
由，当时，最大为，
因此的最大值为.
17. 在锐角中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若是边上一点（不包括端点），且，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到，进而求得，即可求解.
（2）不妨设，在中，利用正弦定理，化简得到，根据题意，结合正切函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
又由，可得，所以，所以，
解得或（舍去），
因为，所以.
【小问2详解】
解：不妨设，则，
在中，可得，
因为是锐角三角形，所以且，
则，所以，可得，
所以，所以.

18. 已知函数为奇函数.
（1）求；
（2）若，求满足不等式的最大整数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数为奇函数的定义可得结果，
（2）利用导数求出的单调性，根据单调性解不等式可得结果.
【小问1详解】
因为函数为奇函数，所以，
即，
所以，化简得：
解得，经检验均符合题意，
所以
【小问2详解】
依题意有，即，因此
当时，；当时，，所以，
又，所以，因此满足不等式，
因为，所以在上单调递减，因此，
即，解得，即.
因为，
因此满足不等式的最大整数.
19. 在中，内角的对边分别为.
（1）求；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件利用余弦定理进行边角转化，求出角度即可.
（2）由已知利用余弦定理结合辅助角公式，求出的最大值即可.
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，
即，即，
因此，即，即，
因为，所以，，
因为，因此.
【小问2详解】
由（1）得，即，
整理得，设，解得，
故，
因此的最大值为.