湖南省长沙市明德中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附答案）

明德中学2023年上学期期中考试

高一年级  数学试卷

2023年4月

时量：120分钟    满分：150分

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知，则x的值为（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

2．已知集合{2，3，5}，且M中至少有一个奇数，则这样的集合M共有（       ）

A．5个 B．6个 C．7个 D．8个

3．若复数，则的虚部为（       ）

A． B．1 C． D．

4．（       ）

A． B． C． D．

5．已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（       ）

A．若，，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

6．若，使得不等式成立，则实数a的取值范围（       ）

A． B． C． D．

7．已知O是△ABC外接圆的圆心，若，，则（       ）

A．10 B．20 C．−20 D．−10

8．已知圆柱的底面半径和母线长均为1，A，B分别为圆、圆上的点，若AB=2，则异面直线，所成的角为（       ）

A． B． C． D．

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。

9．下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（       ）

A．  B．

C．z的共轭复数为 D．z是关于x的方程的一个根

10．下列说法正确的是（       ）

A．若，则或

B．是函数的一条对称轴

C．

D．若，则在方向上的投影向量的模为

11．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，有下列判断，其中正确的是（       ）

A．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是

B．三棱锥D1−APC的体积不变

C．平面PB1D⊥平面ACD1

D．若AB=1，则CP+PD1的最小值为

12．己知函数的定义域为R，为奇函数，且对于任意，都有，则（       ）

A．  B．

C．为偶函数 D．为奇函数

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知函数，则函数的零点为________．

14．已知，，，则________．

15．已知复数z满足，则的最小值是________．

16．如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长是3，E是DD1上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，EF=2，则PB1+PQ的最小值是________．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．如图，已知圆锥的顶点为P，O是底面圆心，AB是底面圆的直径，PB=5，OB=3．

（1）求圆锥的表面积；

（2）经过圆锥的高PO的中点O'作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．

18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，

 且．

（1）求C的大小；

（2）已知，求△ABC的面积的最大值．

19．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=2，ACBD=O，PO⊥底面ABCD，PO=2，点E在棱PD上，且CE⊥PD．

（1）证明：平面PBD⊥平面ACE；

（2）求二面角P−AC−E的余弦值．

20．如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AD=2，E，F分别为AD，AA1的中点，Q是BC上一个动点，且（）．

（1）当时，求证：平面BEF∥平面A1DQ；

（2）是否存在，使得BD⊥FQ？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由。

21．“方舱医院”原为解放军野战机动医疗系统中的一种，是可以移动的模块化卫生医疗平台，一般由医疗功能区、病房区等部分构成，具有紧急救治、外科处置、临床检验等多方面功能．某市有一块扇形地块，因疫情所需，当地政府现紧急划拨该地块为方舱医院建设用地．如图所示，平行四边形OMPN区域拟建成病房区，阴影区域拟建成医疗功能区，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA=90米，．记．

（1）当时，求；

（2）请写出病房区OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值．

22．已知定义域不为R的函数（k为常数）为奇函数。

（1）求实数k的值：

（2）若函数（），（），是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

明德中学2023年上学期期中考试

高一数学  参考答案

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。

二、多项选择题：本题共4小题。每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡的相应位置）

 13．0  14．

 15．3  16．

四、解答题：（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。解答写在答题卡上的指定区域内）

17．【分析】

（1）由题意可知，该圆锥的底面半径r=3，母线l=5，从而可求出锥的表面积，

（2）先求出大圆锥的高，从而可求出小圆锥的高，进而可得圆台的体积等于大圆锥的体积减去小圆锥的体积

【解析】

（1）由题意可知，该圆锥的底面半径r=3，母线l=5．

∴该圆锥的表面积S=πr2+πrl=π×32+π×3×5=24π．

（2）在Rt△POB中，，

∵O'是PO的中点，∴PO'=2．

∴小圆锥的高h′=2，小圆锥的底面半径，

∴截得的圆台的体积．

18．（1）  （2）

19．【分析】

法一：

（1）推导出PO⊥AC，AC⊥BD，从而AC⊥面PBD，由此能证明面ACE⊥面PBD．

（2）连接OE，则CE在面PBD内的射影为OE，∠POE是二面角P﹣AC﹣E的平面角，由此能求出二面角P﹣AC﹣E的余弦值．

法二：

（1）以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明面ACE⊥面PBD．

（2）求出平面PAC的一个法向量和平面ACE的一个法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AC﹣E的余弦值．

【解析】

解法一：

证明：（1）∵PO⊥面ABCD，∴PO⊥AC，

∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，且BD∩PO＝O，

∴AC⊥面PBD………（4分）

故面ACE⊥面PBD………（6分）

解：（2）连接OE，则OE＝面ACE∩面PBD，

故CE在面PBD内的射影为OE，

∵CE⊥PD，∴OE⊥PD，………（8分）

又由（1）可得，AC⊥OE，AC⊥OP，

故∠POE是二面角P﹣AC﹣E的平面角，………（10分）

菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，

∴，，

又PO＝2，∴，

∴，

∴即二面角P﹣AC﹣E的余弦值为………（12分）

解法二：

证明：（1）菱形ABCD中，AC⊥BD，又PO⊥面ABCD，

故可以以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，………（1分）

由AB＝2，∠ABC＝60°可知相关点坐标如下：

………（3分）

则平面PBD的一个法向量为………（4分）

因为所以故AC⊥面PBD………（5分）

从而面ACE⊥面PBD………（6分）

（2）设，则

∵CE⊥PD，∴，故，

可得：，………（8分）

平面PAC的一个法向量为，

设平面ACE的一个法向量，

则，取z＝2，得，………（10分）

∴，………（11分）

即二面角P﹣AC﹣E的余弦值为．………（12分）

20．【分析】

（1）λ＝1时，推导出四边形BEDQ是平行四边形，从而BE∥QD，进而BE∥平面A1DQ．再推导出EF∥平面A1DQ．由此能证明平面BEF∥平面A1DQ．

（2）连接AQ，BD与FQ，推导出BD⊥平面A1AQ．从而AQ⊥BD．由AQ⊥BD，得AB2＝AD•BQ．由AB＝1，AD＝2，求出．

【解析】

（1）λ＝1时，Q为BC中点，因为E是AD的中点，

所以ED＝BQ，ED∥BQ，则四边形BEDQ是平行四边形，

所以BE∥QD．

又BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，

所以BE∥平面A1DQ．

又F是A1A中点，所以EF∥A1D，

因为BF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，

所以EF∥平面A1DQ．

因为BE∩EF＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，

所以平面BEF∥平面A1DQ．

（2）连接AQ，BD与FQ，

因为A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD．

若BD⊥FQ，A1A，FQ⊂平面A1AQ，所以BD⊥平面A1AQ．

因为AQ⊂平面A1AQ，所以AQ⊥BD．

在矩形ABCD中，由AQ⊥BD，得△AQB∽△DBA，

所以，AB2＝AD•BQ．

又AB＝1，AD＝2，所以，，

则，即．

21．【分析】

（1）△OPM中利用正弦定理求出PM、OM，再由数量积的定义计算即可；

（2）△OPM中由正弦定理用θ表示PM、OM，利用面积公式求出△OPM的面积，再计算平行四边形OMPN的面积，利用三角函数的性质求出S取得最大值时对应的θ值．

【解析】

（1）根据题意，在△OPM中，∠MOP＝﹣＝，∠PMO＝π﹣＝，∠MPO＝π﹣﹣＝，又OP＝90，

由正弦定理得＝＝，

即＝＝，

解得PM＝15（﹣），OM＝30，

所以ON＝PM＝15（﹣），

所以•＝OM×ON×cos∠AOB＝30×15（﹣）×＝1350（﹣1）；

（2）由题意知，△PMO中，OP＝90，∠PMO＝，∠MPO＝θ，∠MOP＝−θ，

由正弦定理得＝＝，

即＝＝，

解得OM＝60sinθ，PM＝60sin（−θ），

所以△PMO的面积为S△PMO＝PM•OM•sin∠PMO

＝×60sin（﹣θ）×60sinθ×sin

＝2700sinθsin（﹣θ）

＝2700×（sinθcosθ﹣sin2θ）

＝2700×（sin2θ+cos2θ−）

＝2700×[sin（2θ+）﹣]

＝1350sin（2θ+）−675，（0＜θ＜），

所以平行四边形OMPN的面积为S＝2S△PMO＝2700sin（2θ+）﹣1350，（0＜θ＜），

当θ＝时，sin（2θ+）＝1，此时S取得最大值．

22．（1）  （2）