河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）

这是一份河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（解析版），共18页。
考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数的值域为，且在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个3×2×3的长方体框架，一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．数学家欧拉于年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为三角形的欧拉线，设点分别为任意的外心､重心､垂心，则下列各式一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．一船以每小时15km的速度向东航行,船在处看到一个灯塔在北偏东，行驶4h后，船到达处，看到这个灯塔在北偏东，这时船与灯塔的距离为
A．kmB．kmC．kmD．km
7．若，，则值为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，水利灌溉工具筒车的转轮中心到水面的距离为，筒车的半径是，盛水筒的初始位置为与水平正方向的夹角为．若筒车以角速度沿逆时针方向转动，为筒车转动后盛水筒第一次到达入水点所需的时间（单位：），则（ ）

A．B．C．D．
二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9．设是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列选项，其中正确的有（ ）
A．B．不与垂直
C．D．
10．设向量，则（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
11．已知函数，则（ ）
A．的最大值为
B．的图象关于点对称
C．是偶函数
D．不等式的解集是
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．已知函数图象恒过定点，在直角坐标系中，角以原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，角的终边也过点，则的值是 .
13．如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是 .
14．若对满足的任何都有 ， 则数组 ．
四、解答题：本大题共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．已知函数（，为常数）是奇函数.
(1)求实数的值；
(2)求不等式的解集.
16．摩托艇世界锦标赛中国郑州大奖赛于2023年4月29日～30日在郑东新区龙湖水域举办．这场世界瞩目的国际体育赛事在风光迤逦的龙湖上演绎了速度与激情，全面展示了郑州现代化国家中心城市的活力与魅力．为让更多的人了解体育运动项目和体育精神，某大学社团举办了相关项目的知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中成绩的平均数和中位数（同一组数据用该组区间的中点值代替）；
(2)若先采用分层抽样的方法从成绩在，的学生中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人为赛事志愿者，求这2名志愿者中恰好有一人的成绩在的概率．
17．某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于：“观光湖”内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，在D处测得．（A，B，C，D均处于同一测量的水平面内）
(1)求A，C两处景点之间的距离；
(2)栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直？请说明理由．
18．已知函数.
(1)求函数的对称中心与对称轴；
(2)当时，求函数的单调递增区间；
(3)将函数的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为.若关于的方程在区间上有两个不相等的实根，求实数的取值范围.
19．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求的解析式；
(2)已知，求的值；
(3)若关于的方程在上有两个不同的实根，且，求的取值范围.
1．A
【解析】由一元二次不等式可得，再由集合间的关系即可得解.
【详解】由题意，，，，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】求出函数的定义域，结合单调区间确定的取值，再由值域确定的取值即可.
【详解】函数中，，即，则函数的定义域为，
由在上单调递减，得，因此，
由函数的值域为，得，，
显然，否则与在上单调递减矛盾，
因此，此时在上单调递减，符合题意，
所以的取值范围是.
故选：C
3．C
【分析】做差，利用换底公式，基本不等式，对数的性质进行大小比较.
【详解】
所以.
故选：C.
4．B
【解析】将问题抽象成“向左三次，向前两次，向上三次”，计算出总的方法数，然后利用插空法计算出最近的行走路线中不连续向上攀登的事件数，最后根据古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】从的方向看，行走方向有三个：左、前、上. 从到的最近的行走线路，需要向左三次，向前两次，向上三次，共次.所以从到的最近的行走线路，总的方法数有种.
不连续向上攀登的安排方法是：先将向左、向前的安排好，再对向上的方法进行插空.故方法数有：.
所以最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为.
故选：B
【点睛】本小题主要考查古典概型的计算，考查有重复的排列组合问题，考查插空法，属于中档题.
5．D
【分析】根据三点共线和长度关系可知AB正误；利用向量的线性运算可表示出，知CD正误.
【详解】
依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，，，，A错误，B错误；
，C错误；
，D正确.
故选：D.
6．B
【解析】作出示意图，在中，可由正弦定理求的长.
【详解】作出示意图如图所示，，
，，则.
由正弦定理，可得，则.
所以这时船与灯塔的距离为.
【点睛】本题考查解三角形在实际问题中的应用，考查正弦定理.解题的关键是根据题意得出相应三角形的边与角.
7．A
【解析】根据题意求出的值，，再用两角差的余弦即可求得值.
【详解】，，则，
，
.
故选：.
【点睛】本题主要考查的是同角三角函数基本关系式，两角差的余弦公式的应用，考查学生的计算能力，是中档题.
8．C
【分析】根据题意求出盛水桶到水面的距离与时间的函数关系式，令即可求解.
【详解】设盛水桶在转动中到水面的距离为，时间为，
由题意可得，盛水桶到水面的距离与时间的函数关系如下：
，
令，即，解得，
又，可得，，
，故C正确；
，，
，故D错误；
又，解得，故B错误；
，解得，故A错误.
故选：C.
9．ACD
【分析】由平面向量数量积的结合律可判断A;由平面向量垂直的条件、数量积的交换律可判断B；由三角形的两边之差小于第三遍可判断C;由平面向量的运算法则将式子展开即可判断D.
【详解】对于A，由平面向量数量积的结合律，可知A正确；
对于B，
，
所以与垂直，故B错误；
对于C，因为不共线，
所以组成三角形的三边，所以，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选:ACD.
10．BD
【分析】根据向量平行的坐标表示可判断A；根据向量垂直的向量表示判断B；求出向量的坐标，可求得其模，求出，判断C；根据投影向量的定义可判断D.
【详解】由题意向量，则，
故不平行，A错误；
因为，
故，即，B正确；
因为，则，
故，C错误；
在上的投影向量为，D正确，
故选：BD
11．ACD
【分析】利用两角和的正弦公式，降幂公式，辅助角公式化简函数解析式，通过解析式和正弦函数的性质，研究最大值，对称中心，奇偶性，解正弦不等式.
【详解】
.，
则的最大值为，故A选项正确.
令，解得，则的图象关于点对称，故B选项错误.
是偶函数，则C选项正确.
，即，即，则，
解得，即不等式的解集是，故D选项正确.
故选：ACD.
12．##
【分析】由题意，结合正弦值的定义求解即可.
【详解】当时，故，
则.
故答案为：
13．.
【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.
【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.
，
得即故.
【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题.
14．
【详解】式①左边 ，
与式①右边比较得
故答案为
15．(1)-1
(2)
【分析】（1）根据函数是奇函数可得答案；
（2）利用单调性定义判断出单调性，再利用单调性解不等式即可.
【详解】（1）由函数（，为常数）是奇函数，
令，则，即得，
经检验当时，为奇函数.
（2）任意，且，
，
因为且，所以，
所以 ，
所以在R上单调递增函数，
由，得，
即，
因为，即，所以或，
所以不等式的解集为.
16．(1)平均数为；中位数为；
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图可求出平均数和中位数.
（2）利用列举法求出所有的情况，然后利用古典概率即可求解.
【详解】（1）由频率分布直方图可知：
平均成绩，
因为，，
所以中位数落在内，设中位数为，
则，解得.
故平均数为，中位数为.
（2）因为成绩在，的学生人数所占比例为，
所以从成绩在，的学生中应分别抽取人，人，
记抽取成绩在的人为：，抽取成绩在的人为：，
从这人中随机抽取人的所有可能为：，，，，，
，，，，，，，，，，共种，
抽取的名学生中恰好有一人的成绩在的是，，，，
，，，只有种，
故这名志愿者中恰好有一人的成绩在的概率．
17．(1)
(2)不垂直，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件利用正弦余弦定理求解即可；
（2）在和中利用正弦余弦定理求解，然后计算是否为零即可.
【详解】（1）由已知在中，，，，
所以，则为等腰三角形，
则，
在中，，，，
则，
由正弦定理，即，解得，
在中，，，
由余弦定理，
即A，C两处景点之间的距离为；
（2）在中，，
在中，因为，
所以，
由正弦定理，
即，得，
所以
，
即栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线不垂直.
18．(1)对称中心为；对称轴为；
(2)和；
(3)或.
【分析】（1）将原函数恒等变换化简后再利用正弦函数的对称轴和对称中心解出即可；
（2）利用正弦函数的对称区间解出即可；
（3）先将函数平移变换后再结合正弦函数的对称性把问题转化为方程在上仅有一个实根，然后令结合二次函数的性质解出即可.
【详解】（1）∵
，
令，解得，
所以对称轴为；
令，解得，
所以对称中心为.
（2）由（1）得，
令，
得，
又因为，
所以的单调递增区间为和.
（3）将的图象向左平移个单位后，得，又因为，则，
的函数值从0递增到1，又从1递减回0.
令，则，
依题意得在上仅有一个实根.
令，因为，
则需或，
解得或.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据三角函数的图象与性质计算即可；
（2）结合同角三角函数基本关系，根据二倍角公式和两角差的正弦公式计算即可；
（3）结合正弦函数的单调性、对称性可判定的取值范围及的范围，即可求解.
【详解】（1）由图可知，，因为，又，所以，所以，
又，，
所以，，由得，
所以；
（2）因为，所以，
又，所以，所以，
所以
；
（3）令，则当时，；
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
因为方程在上有两个不同的实根，
所以，的图象与直线有两个不同的交点，
如图：
由图知，
由正弦函数的对称性可知，所以，所以，
又，所以，
所以.