云南省下关第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

这是一份云南省下关第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题，共12页。试卷主要包含了已知是奇函数，则，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共60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2B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，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．设，则的实部与虚部之和为（ ）
A．B．2C．1D．
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
5．已知是奇函数，则（ ）
A．B．C．2D．3
6．已知某圆锥的底面半径为2，体积为，则该圆锥的母线长为（ ）
A．5B．C．1D．2
7．在中，角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A．B．C．2D．
8．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰来这里 全站资源一元不到！试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。四周景色．如图，某摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要．游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，如图以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立直角坐标系，在转动一周的过程中，关于的函数解析式为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．已知梯形，按照斜二测画法画出它的直观图，如图，其中，，，下列说法正确的有（ ）
A．线段平行于轴B．
C．梯形是直角梯形D．梯形的面积是3
10．下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的每个轴截面都是全等矩形
B．长方体是直四棱柱，直四棱柱也是长方体
C．用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台
D．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体
11．下列命题中，正确的有（ ）
A．的最小值是4
B．“”是“”的充分不必要条件
C．若，则D．函数（且）的图象恒过定点
12．已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，当，，则下列说法中正确的有（ ）
A．函数的图象关于直线对称B．4是函数的周期
C．D．方程恰有4个不同的根
第Ⅱ卷（非选择题，共90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4小题，每小题5分，共20分）
13．已知，且，则_________．
14．某圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，则该圆柱底面的半径为_________．
15．正方体的12条棱中，与异面的棱有_________条．
16．已知（且），则_________．（结果用表示）
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分10分）
已知向量，．
（Ⅰ）若与共线，求的值；
（Ⅱ）若与垂直，求的值．
18．（本小题满分12分）
已知函数．
（Ⅰ）把化为的形式，并求的最小正周期；
（Ⅱ）求的单调递增区间．
19．（本小题满分12分）
如图，在正方体中，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．
20．（本小题满分12分）
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若，，为的中点，求．
21．（本小题满分12分）
已知函数，．
（Ⅰ）若在上恒成立，求的取值范围；
（Ⅱ）若方程在上有两个解，求的取值范围．
22．（本小题满分12分）
设为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，称为函数的“相伴向量”．
（Ⅰ）设函数，求函数的相伴向量；
（Ⅱ）记的“相伴函数”为，若方程在区间上有且仅有四个不同的实数解，求实数的取值范围．
下关一中教育集团2023~2024学年高一年级下学期期中考
数学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
【解析】
1．依题意，的实部为，虚部为2，所以实部与虚部之和为1，故选C．
2．由，得，则是的充分不必要条件，故选A．
3．函数在区间上单调递增，A不是；幂函数在上单调递增，B不是；函数在上单调递减，C是；函数在上单调递增，D不是，故选C．
4．，，向量在向量方向上的投影向量为，故选B．
5．由题意得，即，从而，故选A．
6．设圆锥的高为，则由圆锥的底面半径为2，体积为，可得，，故该圆锥的母线长为，故选B．
7．由余弦定理得．又因为，所以，故，故选D．
8．因为游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要，所以游客进仓后第一次到达最高点时摩天轮旋转半周，大约需要，又因为摩天轮最高点距离地面高度为，所以当时，．对于A，当时，，不符合题意；对于B，当时，，不符合题意；对于C，当时，，不符合题意；对于D，当时，，符合题意，故选D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20答案
C
A
C
B
A
B
D
D
分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
【解析】
9．直观图还原为原图形，是直角梯形，如图，其中，，，线段平行于轴，梯形的面积为，因此正确的选项有ABC，故选ABC．
10．对于A：由矩形绕着它的一条边旋转一周形成一个圆柱，可得圆柱的每个轴截面都是全等矩形，故A正确；对于B：长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体，故B错误；对于C：用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，故C错误；对于D：四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故D正确，故选AD．
11．对于A，当时，（当且仅当时取等号）；当时，（当且仅当时取等号），所以没有最小值，故A错误；对于B，由，得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；对于C，当，时，，但，故C错误；对于D，当时，，所以函数（且）的图象恒过定点，故D正确，故选BD．
12．对于A：因为是偶函数，所以，即，所以关于对称，故A正确；对于B：因为，所以，所以，即周期，故B正确；对于C：，，所以，故C错误；对于D：因为，，且关于直线对称，根据对称性可以作出上的图象，又，根据对称性，可作出上的图象，又的周期，作出的图象与的图象，如图所示：所以题号
9
10
11
12
答案
ABC
AD
BD
ABD
与有4个交点，故D正确，故选ABD．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【解析】
13．由，得，而，因此，所以，故答案为．
14．如图，因为圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，所以正方形的边长为，设底面圆的半径为，则底面圆的周长，得，故答案为1．
15．如图所示，在正方体的12条棱中与异面的直线有，，，共4条，故答案为4．
16．由且知，于是，即，从而，由于，因此题号
13
14
15
16
答案
1
4
．
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分10分）
解：（Ⅰ）因为向量，，
所以，．
又与共线，所以，解得．
（Ⅱ），由于与垂直，
所以，解得．
18．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ），所以最小正周期为．
（Ⅱ）由，，解得，，
所以的增区间为，，
19．（本小题满分12分）
（Ⅰ）证明：因为在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）解：因为正方体的棱长是1，是的中点，
所以，三角形的面积，
三棱锥的体积．
20．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）因为，由正弦定理得，
在中，，则有，
，．
又，，，．又，．
（Ⅱ）根据余弦定理有，
则有，解得或（舍去）．
如图，为的中点，则，
，
．
21．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）由题意得，，解得，
即的取值范围为．
（Ⅱ），．令，，
设，，，则．
因为，故，，故，
所以，即，
故在上为减函数，同理可证在上单调递增，
（也可直接利用对勾函数性质得出单调性）
而，，，
要使方程在上有两个解，则，即的取值范围为．
22．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）因为，
所以函数的相伴向量为．
（Ⅱ）由题意，的“相伴函数”，
方程为，，
则方程，有四个实数解，
所以，有四个实数解．
令，．
①当，；
②当，．
据此作出的图象：
由图可知，当时，函数与有四个交点，
即实数的取值范围为．