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云南省红河哈尼族彝族自治州蒙自市第一高级中学2023-2024学年高一下学期4月考试数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份云南省红河哈尼族彝族自治州蒙自市第一高级中学2023-2024学年高一下学期4月考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含云南省红河哈尼族彝族自治州蒙自市第一高级中学2023-2024学年高一下学期4月考试数学试题原卷版docx、云南省红河哈尼族彝族自治州蒙自市第一高级中学2023-2024学年高一下学期4月考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2．每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式和分式的意义建立不等式组，解之即可求解.
【详解】由，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：D
2. “”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】B
【解析】
【分析】根据充分条件，必要条件的定义直接判断.
【详解】若，则.
若，则，不一定等于.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
3. 已知复数z满足，则（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数模的公式计算即可.
【详解】，所以.
故选：B.
4. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理，即可求解.
【详解】因为，，，
所以由正弦定理可得，又，，
所以,所以或.
故选：C．
5. 若，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可得.
【详解】由，，，
则，
而，即得，
所以，又，
所以.
故选：A.
6. 对非空有限数集定义运算“”：表示集合中的最小元素．现给定两个非空有限数集，定义集合，我们称为集合之间的“距离”，记为.现有如下四个命题：
①若，则；②若，则；
③若，则；④对任意有限数集，均有.
其中，真命题的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设中的新定义，结合新定义可判定①③正确，②错误；结合特例，可判定④错误.
【详解】由题意得，对于任意两个非空数集，，当且仅当集合中有相同的数时，，所以①③正确，②错误；
对于④，令，，，则，，，
可得，所以④错误.
故选：C.
7. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用几何关系，确定，再利用向量线性运算，即可求解.
【详解】因为，且，所以，
即.
故选：D
8. 设是定义在R上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用指数的运算性质易得时，进而根据偶函数的性质和函数在上的单调性，将不等式很成立问题转化对任意的恒成立，若，易于得出矛盾，在时利用不等式恒成立的意义不难求得的最大值.
【详解】当时，
若对任意的，均有即为，
由于,当时，为单调递增函数，
又∵函数为偶函数，
∴等价于，即（∵）,
由区间的定义可知,若，于是,即，
由于的最大值为，故显然不可能恒成立；
,即,∴,即,
故的最大值为,
故选：B.
【点睛】本题考查不等式恒成立问题，涉及指数函数，函数的奇偶性，分类讨论思想，关键是时，化归为，再利用偶函数和单调性转化为对任意的恒成立，注意对的符号的分类讨论.
二、多项选择题（本大题共3小题，每个小题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. 已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在区间上单调递减
D. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用周期公式可得A正确；由代入验证法可得B错误；利用整体代换法以及正弦函数性质可得C正确；由平移规则可知D正确.
【详解】由函数解析式可得函数的最小正周期为，即A正确；
易知时，，没有取到最值，
可得直线不是的图象的对称轴，即B错误；
若，，易知函数在上单调递减，即C正确；
将函数的图象向右平移个单位长度可得，即D正确；
故选：ACD
10. 对于，有如下命题，其中正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，，，则的面积为或
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：利用正弦定理分析判断；对于B：根据正弦函数结合角的范围分析判断；对于C：利用正、余弦定理边角转化分析判断；对于D：利用余弦定理结合面积公式运算求解.
【详解】设角所对的边为，
对于选项A：若，则，由正弦定理可得，故A正确；
对于选项B：若，
因为，则，
可得或，则或，
可知是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于选项C：若，则，
由正弦定理可得，即，
则，且，
可知角钝角，可知为钝角三角形，故C正确；
对于选项D：因为，，，
由余弦定理可得：，即，解得或，
所以的面积为或，故D正确；
故选：ACD.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数（且）的图像恒过定点
B. 若不等式的解集为或，则
C. 函数的最小值为6
D. 函数单调增区间为
【答案】BD
【解析】
【分析】选项A，根据指数函数的性质即可判断；
选项B，根据一元二次不等式的性质即可判断；
选项C，根据基本不等式的性质，验证等号成立的条件，即可判断；
选项D，根据复合函数的单调性即可判断.
【详解】选项A，函数（且）的图像恒过定点为，与不符，故A错；
选项B，不等式解集为或，故必有，
解得，进而得到，故B正确；
选项C，，当且仅当，方程无解，故等号不可成立，故C错误；
选项D，函数是复合函数，由和，以及，三个函数复合而成，故所求函数的单调增区间为函数的单调递减区间，且要求，而函数的单调递减区间为，又因为，故，解得，得，综上，函数的单调增区间为，故D正确
故选：BD
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由，从而可求解.
【详解】由题意知当，，则，
所以.
故答案为：.
13. 已知为锐角，且，则角等于__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知角与未知角之间的关系，先用已知角表示出的正切值，从而再求出的正切值．
【详解】，
．
又因为是锐角，所以．
故答案为：．
14. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4，若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的体积是______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意，利用勾股定理与正四棱柱的对称性得到关于的方程组，再利用球的体积公式即可得解.
【详解】设正四棱柱和正四棱锥的高为，外接球的半径为，
因为底面边长为，所以底面的对角线长为.
则，解得，
所以外接球的体积为.
故答案为：.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知全集，集合，.
（1）求；
（2）求；
（3）已知，且，求实数m的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）解不等式，得到，利用交集的概念求出答案；
（2）利用补集和并集概念求出答案；
（3）分和两种情况，得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
或，
，
故或；
【小问2详解】
，故；
【小问3详解】
，，或，
①时，，解得，
②时，或，
解得：
综上，或.
16. 某种“笼具”由内，外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计，已知圆柱的底面周长为，高为30，圆锥的母线长为20．
（1）求这种“笼具”的体积（结果精确到）；
（2）现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元？
【答案】（1）
（2）元
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合圆锥和圆柱体积公式，即可求解；
（2）根据题意，求得该组合体的表面积，结合题意，即可求解.
【小问1详解】
设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，高为，
则，可得，且，
所以笼具的体积.
【小问2详解】
圆柱的侧面积，
圆柱的底面积，
圆锥的侧面积为，
故笼具的表面积．
故制造50个这样的笼具总造价为：元，
答：这种笼具的体积约为，生产50个笼具需要元．
17. 已知函数．
（1）求的最大值及取得最大值时x的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）最大值为，此时
（2）
【解析】
【分析】（1）化简函数为，结合正弦型函数的性质，即可求解；
（2）由，求得，利用三角函数的基本关系式，得到，结合两角和的正弦公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，
当时，即时，函数取得最大值；
【小问2详解】
解：由函数，
因为，可得，
可得，
又因为，可得，
则.
18. 已知锐角的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A；
（2）若，求的周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式和正弦定理即可；
（2）根据正弦定理得，从而化边为角，结合三角恒等变换和三角函数值域即可得到其范围.
【小问1详解】
由已知得，，
则根据正弦定理得，
，
为锐角三角形，．
【小问2详解】
由正弦定理得，即，
则，
，
因为，解得，得，
所以，得．
19. 已知定义域为R的函数是奇函数．
（1）求a的值；
（2）判断的单调性，并证明；
（3）若关于m的不等式在上有解，求实数t的取值范围．
【答案】（1）2 （2）严格减函数，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数性质代入求出，检验成立；
（2）根据函数单调性的定义即可证明；
（3）利用奇函数性质，单调性以及存在性问题即可求解.
【小问1详解】
依题意，
由，得．
检验：时，，
∴对恒成立，即是奇函数．
【小问2详解】
判断：严格减函数．
证明：设且，
则
，
∵，即．
又，∴，
∴，即．
∴在R上是严格减函数．
【小问3详解】
∵是奇函数，
∴不等式，
即
∵在R上是严格减函数，
∴在上有解，
即在上有解，
∴在上有解，
∵，当且仅当时等号成立，
∴，即.
【点睛】本题主要考查了函数奇偶性和单调性的判断与应用，以及不等式存在性问题，利用定义法和参数分离法是解决本题的关键.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2．每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式和分式的意义建立不等式组，解之即可求解.
【详解】由，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：D
2. “”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】B
【解析】
【分析】根据充分条件，必要条件的定义直接判断.
【详解】若，则.
若，则，不一定等于.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
3. 已知复数z满足，则（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数模的公式计算即可.
【详解】，所以.
故选：B.
4. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理，即可求解.
【详解】因为，，，
所以由正弦定理可得，又，，
所以,所以或.
故选：C．
5. 若，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可得.
【详解】由，，，
则，
而，即得，
所以，又，
所以.
故选：A.
6. 对非空有限数集定义运算“”：表示集合中的最小元素．现给定两个非空有限数集，定义集合，我们称为集合之间的“距离”，记为.现有如下四个命题：
①若，则；②若，则；
③若，则；④对任意有限数集，均有.
其中，真命题的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设中的新定义，结合新定义可判定①③正确，②错误；结合特例，可判定④错误.
【详解】由题意得，对于任意两个非空数集，，当且仅当集合中有相同的数时，，所以①③正确，②错误；
对于④，令，，，则，，，
可得，所以④错误.
故选：C.
7. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用几何关系，确定，再利用向量线性运算，即可求解.
【详解】因为，且，所以，
即.
故选：D
8. 设是定义在R上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用指数的运算性质易得时，进而根据偶函数的性质和函数在上的单调性，将不等式很成立问题转化对任意的恒成立，若，易于得出矛盾，在时利用不等式恒成立的意义不难求得的最大值.
【详解】当时，
若对任意的，均有即为，
由于,当时，为单调递增函数，
又∵函数为偶函数，
∴等价于，即（∵）,
由区间的定义可知,若，于是,即，
由于的最大值为，故显然不可能恒成立；
,即,∴,即,
故的最大值为,
故选：B.
【点睛】本题考查不等式恒成立问题，涉及指数函数，函数的奇偶性，分类讨论思想，关键是时，化归为，再利用偶函数和单调性转化为对任意的恒成立，注意对的符号的分类讨论.
二、多项选择题（本大题共3小题，每个小题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. 已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在区间上单调递减
D. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用周期公式可得A正确；由代入验证法可得B错误；利用整体代换法以及正弦函数性质可得C正确；由平移规则可知D正确.
【详解】由函数解析式可得函数的最小正周期为，即A正确；
易知时，，没有取到最值，
可得直线不是的图象的对称轴，即B错误；
若，，易知函数在上单调递减，即C正确；
将函数的图象向右平移个单位长度可得，即D正确；
故选：ACD
10. 对于，有如下命题，其中正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，，，则的面积为或
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：利用正弦定理分析判断；对于B：根据正弦函数结合角的范围分析判断；对于C：利用正、余弦定理边角转化分析判断；对于D：利用余弦定理结合面积公式运算求解.
【详解】设角所对的边为，
对于选项A：若，则，由正弦定理可得，故A正确；
对于选项B：若，
因为，则，
可得或，则或，
可知是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于选项C：若，则，
由正弦定理可得，即，
则，且，
可知角钝角，可知为钝角三角形，故C正确；
对于选项D：因为，，，
由余弦定理可得：，即，解得或，
所以的面积为或，故D正确；
故选：ACD.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数（且）的图像恒过定点
B. 若不等式的解集为或，则
C. 函数的最小值为6
D. 函数单调增区间为
【答案】BD
【解析】
【分析】选项A，根据指数函数的性质即可判断；
选项B，根据一元二次不等式的性质即可判断；
选项C，根据基本不等式的性质，验证等号成立的条件，即可判断；
选项D，根据复合函数的单调性即可判断.
【详解】选项A，函数（且）的图像恒过定点为，与不符，故A错；
选项B，不等式解集为或，故必有，
解得，进而得到，故B正确；
选项C，，当且仅当，方程无解，故等号不可成立，故C错误；
选项D，函数是复合函数，由和，以及，三个函数复合而成，故所求函数的单调增区间为函数的单调递减区间，且要求，而函数的单调递减区间为，又因为，故，解得，得，综上，函数的单调增区间为，故D正确
故选：BD
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由，从而可求解.
【详解】由题意知当，，则，
所以.
故答案为：.
13. 已知为锐角，且，则角等于__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知角与未知角之间的关系，先用已知角表示出的正切值，从而再求出的正切值．
【详解】，
．
又因为是锐角，所以．
故答案为：．
14. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4，若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的体积是______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意，利用勾股定理与正四棱柱的对称性得到关于的方程组，再利用球的体积公式即可得解.
【详解】设正四棱柱和正四棱锥的高为，外接球的半径为，
因为底面边长为，所以底面的对角线长为.
则，解得，
所以外接球的体积为.
故答案为：.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知全集，集合，.
（1）求；
（2）求；
（3）已知，且，求实数m的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）解不等式，得到，利用交集的概念求出答案；
（2）利用补集和并集概念求出答案；
（3）分和两种情况，得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
或，
，
故或；
【小问2详解】
，故；
【小问3详解】
，，或，
①时，，解得，
②时，或，
解得：
综上，或.
16. 某种“笼具”由内，外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计，已知圆柱的底面周长为，高为30，圆锥的母线长为20．
（1）求这种“笼具”的体积（结果精确到）；
（2）现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元？
【答案】（1）
（2）元
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合圆锥和圆柱体积公式，即可求解；
（2）根据题意，求得该组合体的表面积，结合题意，即可求解.
【小问1详解】
设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，高为，
则，可得，且，
所以笼具的体积.
【小问2详解】
圆柱的侧面积，
圆柱的底面积，
圆锥的侧面积为，
故笼具的表面积．
故制造50个这样的笼具总造价为：元，
答：这种笼具的体积约为，生产50个笼具需要元．
17. 已知函数．
（1）求的最大值及取得最大值时x的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）最大值为，此时
（2）
【解析】
【分析】（1）化简函数为，结合正弦型函数的性质，即可求解；
（2）由，求得，利用三角函数的基本关系式，得到，结合两角和的正弦公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，
当时，即时，函数取得最大值；
【小问2详解】
解：由函数，
因为，可得，
可得，
又因为，可得，
则.
18. 已知锐角的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A；
（2）若，求的周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式和正弦定理即可；
（2）根据正弦定理得，从而化边为角，结合三角恒等变换和三角函数值域即可得到其范围.
【小问1详解】
由已知得，，
则根据正弦定理得，
，
为锐角三角形，．
【小问2详解】
由正弦定理得，即，
则，
，
因为，解得，得，
所以，得．
19. 已知定义域为R的函数是奇函数．
（1）求a的值；
（2）判断的单调性，并证明；
（3）若关于m的不等式在上有解，求实数t的取值范围．
【答案】（1）2 （2）严格减函数，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数性质代入求出，检验成立；
（2）根据函数单调性的定义即可证明；
（3）利用奇函数性质，单调性以及存在性问题即可求解.
【小问1详解】
依题意，
由，得．
检验：时，，
∴对恒成立，即是奇函数．
【小问2详解】
判断：严格减函数．
证明：设且，
则
，
∵，即．
又，∴，
∴，即．
∴在R上是严格减函数．
【小问3详解】
∵是奇函数，
∴不等式，
即
∵在R上是严格减函数，
∴在上有解，
即在上有解，
∴在上有解，
∵，当且仅当时等号成立，
∴，即.
【点睛】本题主要考查了函数奇偶性和单调性的判断与应用，以及不等式存在性问题，利用定义法和参数分离法是解决本题的关键.
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