2022-2023学年广东省广州市第五中学高一下学期第一次段考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市第五中学高一下学期第一次段考数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市第五中学高一下学期第一次段考数学试题 一、单选题1．集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据指数函数与对数的性质，求得，，再根据集合的交集的运算，即可求解.【详解】由不等式，解得，可得集合，由不等式，可得，解得，即集合，根据集合的交集的运算，可得.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的交集的概念及运算，其中解答中熟记指数函数与对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.2．设，是两个不共线的向量，已知，，，若三点A，B，D共线，则k的值为（    ）A．－8 B．8 C．6 D．－6【答案】A【分析】先求出，然后利用存在实数使，列方程求k的值.【详解】由已知得，三点A，B，D共线存在实数使，，解得.故选：A.3．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列关于说法正确的是（    ）A．奇函数B．在上单调递增C．图象关于点对称D．图象关于直线对称【答案】D【分析】先通过平移求出，然后利用余弦函数的性质逐一判断即可.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得函数，对于A：，为偶函数，A错误；对于B：当时，，在上单调递减，在上单调递减，B错误；对于C：，图象不关于点对称，C错误；对于D：，图象关于直线对称，D正确.故选：D.4．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算出等腰梯形的面积为，再利用计算得到答案.【详解】等腰梯形的面积 则原平面图形的面积 故选：【点睛】本题考查了斜二测画法面积的计算，抓住前后面积的关系是解题的关键.5．若向量，则在上的投影向量的坐标为（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据投影向量的坐标公式求解即可【详解】设向量夹角为，则在上的投影向量为 故选：A6．已知a，b为不同的两条直线，α，β为不同的两个平面，则的一个充分条件是（    ）A．，B．，C．，且 D．，，【答案】C【分析】根据直线与平面位置关系的判定与性质，结合充分条件，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，，则直线与平行、相交或异面，所以A不符合题意；对于B中，若，，则直线与平行或异面，所以B不符合题意；对于C中，若，，根据线面平行的性质定理，可得，所以“，且”是“”的充分条件，所以C符合题意；对于D中，若，，，则直线与平行或异面，所以D不符合题意.故选：C.7．已知某品牌手机电池充满电量为毫安，每经过小时，电量消耗，若电池电量不超过毫安时充电最佳，那么该手机至少可以待机小时．（待机小时取整数，参考数据：，）（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分析可知小时后，该手机剩余的电量为毫安，解不等式可得结论.【详解】由题意可知，小时后，该手机剩余的电量为毫安，小时后，该手机剩余的电量为毫安，，以此类推可知，小时后，该手机剩余的电量为毫安，由，即，所以，，因此，该手机至少可以待机小时.故选：A.8．已知，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用十字相乘法解，得或，利用函数与方程之间的关系转化为两个图象的交点个数问题进行求解即可．【详解】解：若有三个零点，即有三个根，即或．当时，由，即，则或，即或，则或无解，此时方程只有一个解，则．有两个不同的根，作出的图象如图：由图象知，则，即，即实数的取值范围是，故选：A．【点睛】本题主要考查函数零点个数的应用，利用数形结合转化为两个函数图象的交点个数问题是解决本题的关键． 二、多选题9．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（    ）A．z的虚部为2B．复数z在复平面内对应的点位于第三象限C．z的共轭复数D．【答案】AD【分析】先求出复数z的代数形式，然后再利用复数的概念和几何意义逐一判断即可.【详解】，则的虚部为2，A正确；复数z在复平面内对应的点为，在第二象限，B错误；z的共轭复数，C错误；，D正确.故选：AD.10．已知向量，，则下列命题正确的是（    ）A．存在，使得 B．当时，与垂直C．当时， D．对任意，都有【答案】BC【分析】根据向量平行的坐标表示及三角函数的性质可判断A，根据向量垂直的坐标关系结合条件可判断B，根据向量数量积的坐标表示及同角关系式可判断C，利用特值可判断D.【详解】因为向量，，若，则，即，又，故不存在，使得，故A错误；当时，，，即与垂直，故B正确；当时，所以，∴，即，所以，即，故C正确；因为当时，，，，故D错误.故选：BC.11．如图所示，圆锥的底面半径，高，是底面圆周的一条直径，M为底面圆周上与B不重合的一点，则下列命题正确的是（    ）A．圆锥的体积为B．圆锥的表面积为C．的面积的最大值是D．有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为【答案】AB【分析】由圆锥的底面半径和高，求出母线长，对于AB，代圆锥的体积公式和表面积公式计算可得；对于C，先求出轴截面的顶角，再代三角形面积公式计算；对于D，根据侧面展开图计算可得.【详解】圆锥的底面半径，高，所以母线长为2；对于A.圆锥的体积为，所以A正确；对于B.圆锥的表面积为，所以B正确；对于C. 由轴截面为等腰三角形，且顶角为，当等腰的顶角为时，的面积取得最大值为：，所以C错误；对于D. 圆锥的底面圆周长为，所以侧面展开图的圆心角为，所以圆锥侧面展开图中圆弧，蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为线段，且，所以D错误；故选：AB.12．直角三角形ABC中，P是斜边BC上一点，且满足点M，N在过点P的直线上，若＝＝则下列结论正确的是（    ）A．为常数B．m＋2n的最小值为3C．m＋n的最小值为D．m，n的值可以为：m＝＝2【答案】ABD【分析】对于A：先表示出＝利用M、P、N三点共线，得到＝1，即可证明；对于B、C：利用基本不等式“1”的妙用即可求解；对于D：判断出m＝＝2时M为AB的中点，C为AN的中点，符合题意.【详解】如图示：对于A，P是斜边BC上一点，且满足则＝若＝＝，则＝又由M、P、N三点共线，则＝1，变形可得＝3；故为常数，故A正确；对于B，由A的推导过程可知：.所以m＋2n＝＝＝3，当且仅当＝，即m＝n＝1时等号成立，则m＋2n的最小值为3.故B正确；对于C，由A的推导过程可知：.所以m＋n＝＝＝当且仅当n＝，即时等号成立.故C错误；对于D，当m＝＝2，满足＝3，此时M为AB的中点，C为AN的中点，符合题意；D正确；故选：ABD． 三、填空题13．若复数是正实数，则实数的值为________．【答案】3【分析】根据复数的基本概念，列出方程，即可求解.【详解】因为复数是正实数，由，解得或，当时，，符合题意；当时，，不符合题意，所以实数的值为.故答案为：.14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若则边___________.【答案】【分析】首先根据正弦定理得到，从而得到，再利用勾股定理计算即可.【详解】由题知：，因为，所以.又因为，所以.所以，，.故答案为：15．已知函数，若函数的值域为R，则实数a的取值范围是____________．【答案】【分析】先求出时，的值域为；再分类讨论，分别求出在上的值域，根据题意列不等式，分别求解即可.【详解】当时，由于为上的增函数，其值域为；当时，为顶点在开口向上的抛物线，对称轴.i.若，则二次函数的最小值为.要使的值域为R，只需：，解得：.所以；ii.若，则二次函数在上单调递增，所以最小值为.要使的值域为R，只需：，解得：.所以；综上所述：实数t的取值范围是.故答案为：16．已知非零平面向量不共线，且满足，记，当的夹角取得最大值时，的值为______．【答案】4【分析】先建系，再结合平面向量数量积的坐标及基本不等式的应用求出向量，进而通过运算求得的值.【详解】由非零平面向量不共线，且满足，建立如图所示的平面直角坐标系：则，则，由，则，则直线的斜率分别为，由两直线的夹角公式可得：，当且仅当，即时取等号，此时，则，所以，故填：4.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及基本不等式求最值的运用，考查转化与化归思想，在使用基本不等式时，注意等号成立的条件. 四、解答题17．已知．(1)化简；(2)若，求的值【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用诱导公式化简即可；（2）由（1）可得的值，然后利用同角三角函数的基本关系将目标式转化为用表示，再代入的值计算即可.【详解】（1）；（2）由（1）得，，.18．如图，某组合体是由正方体与正四棱锥组成，且．(1)若该组合体的表面积为，求其体积；(2)证明：平面【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）连接、交于点，连接，可知平面，设，则，取的中点，连接，计算出、，利用棱柱和锥体的表面积公式可求得的值，再利用锥体和柱体的体积公式可求得结果；（2）利用线面平行的判断定理，即可证明.【详解】（1）连接、交于点，连接，由正棱锥的性质可知平面，设，则，，，取的中点，连接，则，且，所以，几何体的表面积为，可得，    所以，该几何体的体积为.（2）证明：因为，且，所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，所以平面19．在中,内角所对的边分别为,已知, ,且.(1)求角的大小;(2)若,的面积为,求的周长【答案】(1)；(2)【解析】（1）由向量垂直关系得到数量积为零的等式，利用正弦定理边化角，结合两角和差公式、诱导公式可化简得到，进而求得；（2）根据三角形面积公式构造方程求得，利用余弦定理可求得，进而得到所求周长.【详解】（1）    由正弦定理得：即：                    （2）    由余弦定理得：    的周长【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、利用两角和差公式和诱导公式化简、平面向量数量积、三角形面积公式和余弦定理的应用等知识，属于常考题型.20．如图所示，在中，点在边上，且，，.（1）若，求的值；（2）若边上的中线，求的值.【答案】（1） 4     （2）【分析】（1）先由诱导公式的值，再由正弦定理求解.(2) 延长到，使得,连接,得到平行四边形，然后在中用余弦定理可解得答案.【详解】(1)由，.又 由正弦定理有,所以.所以.(2)由,所以为钝角.又由（1）有，所以又为边上的中线，延长到，使得,连接,如图.则四边形为平行四边形,所以则在中,所以即，即.解得：或（舍去）所以【点睛】本题考查诱导公式，正弦定理和余弦定理的应用， 第（2）问还可以用向量法求解，属于中档题.21．已知向量，，且；(1)求及；(2)当为何值时，函数取得最大值，并求出最大值.【答案】(1)，(2)， 【分析】（1）根据向量的数量积、向量减法及向量的摸的坐标公式即可求解.（2）由（2）知，，，得出函数，再根据二倍角公式及辅助角公式，结合三角函数的性质即可求解.【详解】（1）；，所以；（2）由（1）知，，，所以，即.当，即，时，取得最大值为．所以当时，函数取得最大值为.22．对于函数，总存在实数，使成立，则称为关于参数的不动点.（1）当，时，求关于参数1的不动点；（2）若对任意实数，函数恒有关于参数1两个不动点，求的取值范围；（3）当，时，函数在上存在两个关于参数的不动点，试求参数的取值范围.【答案】（1）和3；（2）【分析】，时，解方程即可；即恒有两个不等实根，两次使用判别式即可得到；问题转化为在上有两个不同解，再利用二次函数的图象列式可得．【详解】当，时，，由题意有，即，解得：，，故当，时，的关于参数1的两个不动点为和3；恒有两个不动点，，即恒有两个不等实根，恒成立，于是，解得，故当且恒有关于参数1的两个相异的不动点时；由已知得在上有两个不同解，即在上有两个不同解，令，所以，解得：．【点睛】本题考查了二次函数的性质与图象，以及根据函数零点求参的问题；对于函数的零点问题，它和方程的根的问题，和两个函数的交点问题是同一个问题，可以互相转化；在转化为两个函数交点时，如果是一个常函数一个含自变量的函数，注意变形时让含有自变量的函数式子尽量简单一些．