广西示范性高中2023-2024学年高一下学期4月期中联合调研数学试题（原卷版+解析版）

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试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．考查范围：必修第一册占20%，必修第二册第六章至第八章第四节占80%.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3．回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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．
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：D.
2. 若实数，满足，则（ ）
A. B. 3C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数相等的充要条件求出，的值，即可得解.
【详解】因为实数，满足，
所以，则.
故选：B
3. 已知中，内角，，所对的边分别为，，，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理计算可得.
【详解】由正弦定理，则，解得.
故选：C.
4. 已知正三棱柱中，，则该三棱柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出底面的面积，再根据柱体的体积公式计算可得.
【详解】在正三棱柱中，，
所以，
所以.
故选：C
5. 已知角的终边经过点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，再由三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，且，
所以，解得，
所以.
故选：A.
6. 如图所示，某广场的六边形停车场由4个全等的等边三角形拼接而成，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的线性运算可求得结论.
【详解】依题意，.
故选：.
7. 已知的重心为，若，且，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断，再根据重心的向量表示，变形后，利用数量积公式，即可求解.
【详解】因为，故．
而，故，
则．
故选：B
8. 在一节数学选修课上，为了让大家更加直观地体会旋转体的生成过程，唐老师用电脑绘制了一个，其中，，，然后分别以，，为旋转轴，利用电脑的3D制图功能将旋转一周，得到几何体，，，则，，的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用余弦定理判断得为锐角三角形，再以为旋转轴为例，求得几何体的体积，同理得到，从而利用比例的性质即可得解.
【详解】因为，，，
所以是中最大的内角，且，即，
所以是锐角三角形，
不妨设几何体，，对应的体积为，
当以为旋转轴，将旋转一周时，过作，垂足为，
得到几何体为以和绕直角边所在直线旋转所成两个圆锥的组合体，
其体积为，
又，即，即，
所以，
同理：，，
所以.
故选：B.
二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 如图1是水平放置边长为4的正方形，则在由斜二测画法画出的该正方形的直观图中（如图2所示），下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据斜二测画法判断A、B，利用余弦定理求出，即可判断C，根据面积公式判断D.
详解】根据斜二测画法可知，，，故A正确，B错误；
又，所以，
在中由余弦定理
，
而，
因为，，所以，所以，故C正确；
，故D正确.
故选：ACD
10. 若复数，是方程的两根，则（ ）
A. ，实部相等B. ，虚部相等
C. D. 在复平面内所对应的点位于第三象限
【答案】AC
【解析】
【分析】由实系数一元二次方程在复数范围内解可得两根互为共轭复数，判断AB两个选项；再由韦达定理可得到和之间的关系，判断CD两个选项.
【详解】因为复数，是实系数一元二次方程的两根，所以，互为共轭复数且符合韦达定理，故A正确，B错误；
由韦达定理，，所以，故C正确；
由韦达定理，，所以，对应的点为在第一象限，故D错误.
故选：AC.
11. 已知中，点满足，点在内（含边界），其中，则（ ）
A. 若，，则B. 若两点重合，则
C. 若存在，使得能成立D. 存在，使得能成立
【答案】BCD
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算即可判断A；由重心的性质即可判断B；由平面向量基本定理即可判断CD．
【详解】对A，，即，故，则，故，故A错误；
对B，由得，，故为的重心，则为的重心，故，故正确；
对C，D，取的中点，则，
由点在内（含边界），
过点作，与线段交于点M，与射线交于点如图所示，
设，则，
设，则，
因为，所以，则，
故C和D正确，
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据，则，由数量积的坐标表示计算可得.
【详解】因为，，
所以，
又，所以，解得.
故答案：
13. 如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的几何意义得到，，再由复数的乘法运算得到的值.
【详解】由图可知，所以，，所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知圆台的上、下底面积分别为，，体积为，则圆台的高为______；若线段，分别为圆台上、下底面的两条直径，且A，B，C，D四点不共面，则四面体的外接球表面积为______．
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】利用圆台的体积公式即可求出圆台的高；根据题意可得四面体的外接球等价于圆台的外接球，且球的球心在圆台的轴上，设球心到圆台底面的距离为，利用勾股定理联立方程即可求解求的半径，从而得到球的表面积.
【详解】根据题意可得，，设圆台的高为，
所以由圆台的体积公式，可得，
解得：，
因为线段，分别为圆台上、下底面的两条直径，且A，B，C，D四点不共面，
则四面体的外接球等价于圆台的外接球，
由题可得：，，，设球心到圆台底面的距离为，球半径为，
因为，故球的球心在圆台的轴上，
所以有，解得：，，
所以四面体的外接球表面积为：，
故答案为：4；
四、解答题：本题共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. （1）已知复数为纯虚数，其中为实数，求；
（2）若复数满足，求．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据复数代数形式的除法运算化简，由为实数求出的值，从而得到复数，即可得到其共轭复数；
（2）设，利用复数的乘法法则化简，再根据复数相等得到，即可求出、，最后根据复数模的公式计算可得.
【详解】（1）设，
则，
因为为实数，所以，解得，
所以，则.
（2）设，则，
又，所以，
则，所以，解得，
所以.
16. 已知，是平面内两个不共线的单位向量，，，，是该平面内的点，其中，，，， ，三点共线．
（1）求的值；
（2）若，求，夹角余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量共线可得，从而求出的值；
（2）设的夹角为，由，求出，结合向量模长公式，即可求出，夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为三点共线，故存在，使得，
则，
则解得.
【小问2详解】
设的夹角为.
依题意，，
故，
解得，
即夹角的余弦值为
17. 已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点．
（1）求点M到平面的距离；
（2）判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）是，证明见详解.
【解析】
【分析】（1）由即可求解；
（2）利用三角形中位线性质证明，然后证明为平行四边形，即可得，再由直线平行的传递性可证.
【小问1详解】
记点M到平面的距离为h，
易知为正三角形，且，所以，
又，
所以，
因为，所以，即，
解得，即点M到平面的距离为.
【小问2详解】
，M，B，N四点共面，证明如下：
连接，
因为M，N分别是线段，的中点，
所以，
由正方体性质可知，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以，M，B，N四点共面.
18. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．
（1）求C的值；
（2）若，，求的周长；
（3）若，点M为平面内的一动点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，再由两角和的正弦公式以及三角形的内角和为即可求解；
（2）由三角形的面积公式求得，再由余弦定理得到，即可求得的周长；
（3）是等腰三角形，以底边的中点为原点建立平面直角坐标系，表示出、和从而得到，利用即可求得最小值.
【小问1详解】
由正弦定理得，
即，因为，所以，
因为，所以，因为，所以
【小问2详解】
，所以
由余弦定理得
所以，所以的周长.
【小问3详解】
取中点，因为，所以是等腰三角形，所以，
以为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，如图，
所以，设，
则，，，
因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
19. 若定义在D上的函数满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是D上的有界函数，其中称为函数的上界，最小的M称为函数的上确界．
（1）求函数的上确界；
（2）已知函数，，证明：2为函数的一个上界；
（3）已知函数，，若3为的上界，求实数的取值范围．
参考数据：，．
【答案】（1）2 （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数的形式，再根据上确界的定义即可求解.
（2）对函数进行换元，并根据定义域求出值域，进而证明2是一个上界.
（3）将问题转化为对恒成立，再构造函数，利用函数的单调性即可得解.
【小问1详解】
依题意，
故，故的上确界为2.
【小问2详解】
证明：令，故原函数化为，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
且；
故，故2为函数的一个上界.
【小问3详解】
依题意，在上恒成立，即对恒成立；
令，故对恒成立，
所以，
设.
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为在上的最小值为；
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义的问题.关键点是根据题意理解有界函数的新定义，并结合函数的换元法求值域，以及分离参数解决恒成立问题.