湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟 满分：150分
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在给出的四个选项中只有一项是正确的.
1. 已知命题，则（ ）
A. B.
C. D. 时，为真命题
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称命题的否定求解即可.
【详解】命题，
故，所以A选项和C选项错误，B选项正确；
当时，方程 的，所以方程有解，
为假命题，故D选项错误.
故选：B
2. 己知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】先解不等式，然后按补集定义求补集，再用并集定义求解即可
【详解】或
所以，
故选：D
3. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分必要条件的概念求解.
【详解】由，得，即，
但若，取，则不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件；
故选:A.
4. 下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的周期性与单调性即可求解.
【详解】依题意，对于AC，最小正周期为：，
所以AC选项不符合题意；
对于B：周期为：，且在上单调递增，
所以B选项符合题意；
对于D：周期为：，且在上单调递减，
所以D选项不符合题意；
故选：B.
5. 已知，是两个不共线的平面向量，向量，，若，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理可设，可得，再根据平面向量基本定理列方程组即可求解.
【详解】因为，所以设，
因为，，
所以，可得，
所以，
故选：C．
6. 如图，在圆中，是圆心，点在圆上，的值（ ）
A. 只与圆的半径有关
B. 只与弦的长度有关
C. 既与圆的半径有关，又与弦的长度有关
D. 是与圆的半径和弦的长度均无关的定值
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的定义去求，与的夹角用和去表示，即得结论.
【详解】设与的夹角为，在中，.
，
的值只与弦的长度有关，
故选：.
【点睛】本题主要考查向量的数量积，结合圆的性质，属于基础题.
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由得到，用换底公式把写出以18为底的对数，即可分解.
【详解】由，，
所以，，
所以.
故选：C.
8. 已知函数，若函数在上恰有3个零点，则实数取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件及函数零点的定义，列不等式组结合整数限制条件即可求解.
【详解】令，则，
解得或，
即或，
因为函数在上恰有3个零点，
所以，
第一个不等式组解得，
第二个不等式组解得
所以所求取值范围为.
故选：D.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知幂函数的图象经过点，则（ ）
A. 函数为奇函数B. 函数在定义域上为减函数
C. 函数的值域为D. 当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】先求出，再根据幂函数图象性质解决即可.
【详解】设幂函数为
将代入解析式得，故，所以，
定义域为，
因为，故函数为奇函数，故A正确；
函数在上都单调递减，但在定义域上不是减函数，故B错误；
显然的值域为，故C错误；
当时，，
即满足，故D正确
故选：AD
10. 若x，．且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由基本不等式和不等式的性质依次分析选项，综合可得答案．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，若，，，当且仅当时等号成立，A正确；
对于B，，
，，B正确；
对于C，，当且仅当时等号成立，C错误；
对于D，，则有，变形可得，
故，当且仅当时，取等号，故D正确；
故选：ABD．
11. 如图，一个半径为3m的筒车，按逆时针方向匀速旋转1周.已知盛水筒Р离水面的最大距离为5.2m，旋转一周需要60s.以P刚浮出水面时开始计算时间，Р到水面的距离d（单位：m）（在水面下则d为负数）与时间t（单位：s）之间的关系为，，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 离水面的距离不小于3.7m的时长为20s
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意，的最大值为，最小值为，即可求出，再根据函数的周期即可求出，根据时，，利用待定系数法即可求出，解正弦不等式即可判断D.
【详解】由题意，的最大值为，最小值为，
则，
所以，故A正确；
由旋转一周需要60s，得函数的周期，所以，故B正确；
故，
当时，，
则，所以，故C错误；
由，得，
因为，所以，
由，得，
令，得，
所以，故，
所以离水面的距离不小于3.7m的时长为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 在中，，，，则边上的高的长度为________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用余弦定理求出，通过三角形的面积转化求解边上的高即可.
【详解】解：在中，，，，所以，
由余弦定理可得：，
所以边上的高为：.
故答案为：.
13. 已知正三角形ABC的边长为2，点P在边BC上，则的最大值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】以为轴，边上的高为轴，建立坐标系，设利用向量的坐标运算可得答案.
【详解】以为轴，边上的高为轴，建立如图所示的平面直角坐标系.
则，
，
则，当时，有最大值
故答案为：2
14. 某同学在查阅资料时，发现一个结论：已知O是内的一点，且存在，使得，则．请以此结论回答：已知在中，，，O是的外心，且，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】由结论可得，从而可得，再根据可得，从而有，求解即可.
【详解】
如图，因为O是的外心，
所以，
由结论可得，
即 ，
可得，即.
因为，
所以，
所以，即，即，
解得.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是能由结论得到，从而得到，再进行向量分解求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知
（1）化简；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接通过诱导公式化简即可；
（2）通过二次齐次式的化简即可得结果.
【小问1详解】
【小问2详解】
由（1）易得，
所以
16. 已知向量，满足：，，.
（1）求与的夹角；
（2）求；
（3）若，求实数的值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积运算即可求解.
(2)利用向量的模的求法，即可求解.
(3)利用数量积为0，即可求解.
【详解】（1）由题意得，
即，∴，
∵，∴.
（2）.
（3）∵，∴，
即.∴.
17. 在中，内角的对边分别为．若．
（1）求角的大小；
（2）设是的中点，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合和正弦和角公式得，进而求得答案；
（2）根据题意得，进而得，解方程得，再求面积即可.
【小问1详解】
解：因为，
所以，由正弦定理边角互化得，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
【小问2详解】
解：因为是中点，
所以，，
所以，，
因为，
所以，，即，解得，（舍），
所以，
18. 已知函数的最大值为.
（1）求常数的值，并求函数取最大值时相应的集合；
（2）求函数的单调递增区间和对称中心.
【答案】（1），
（2）单调递增区间为（），对称中心为，
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，结合正弦函数的性质求出及取最大值时相应的集合；
（2）由（1）可得，根据正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
因为
.
当时，函数取到最大值，
所以，即，
令，，解得，，
所以当函数取到最大值时的集合为.
【小问2详解】
由（1）得，
令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为（），
由，，解得，，
所以函数的对称中心为，.
19. 已知函数
（1）当时，求有意义时x的取值范围；
（2）若在时都有意义，求实数a的取值范围；
（3）若关于x的方程有且仅有一个解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）真数部分大于0，求解不等式即可；（2）由题意可转化为在时恒成立，分离a，可转化为求最值问题；（3）方程有且仅有一个解，可转化为有且仅有一个解，讨论二次函数的图像与坐标轴的交点个数即可求解.
【小问1详解】
要使有意义，则，
∵ 即 解得
所以，x的取值范围为.
【小问2详解】
在时都有意义，即在时恒成立，
即在时恒成立，
即在时恒成立，只需即可
令，
令，
∵， ，
当且仅当，，且，即时等号成立，
∴
∴，即最大值为1，
∴.
【小问3详解】
由已知，有且仅有一个解，
即有且仅有一个解，
即有且仅有一个解，
且，由（2）知，
显然，则有且仅有一个解，
令，则只有一个解，且，
当时，方程化为，解得满足；
当，即时，，
此时只有一个解，符合题意，
当，即时，，解得，
综上所述，.