广东省广州市协和中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省广州市协和中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一年级数学科试题
2024年4月
命题人：李玉梅 审题人：何山
试题说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分，考试时间为120分钟．
第一部分 选择题（共58分）
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多选、错选均不得分．
1．i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）．
A．B．C．D．
2．已知向量，向量在向量上的投影向量（ ）
A．B．
C．D．
3．在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是（ ）
A．B．C．D．
4．年月日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个何题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论.若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数个数为（ ）（素数即质数，，计算结果取整数）
A．B．C．D．
5．在中，角对边为，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
6．已知圆锥的底面圆周在球O的表面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知平行四边形中，，，．若点满足，点为中点，则（ ）
A．B．C．D．
8．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题包括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．已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A．，则
B．
C．若，则复数z对应的点位于第四象限
D．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为圆
10．下列说法中正确的有（ ）
A．设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为
B．用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形，则△ABC面积为
C．三个平面可以将空间分成4，6，7或者8个部分
D．已知四点不共面，则其中任意三点不共线．
11．给出以下命题正确命题的选项为（ ）
A．要得到的图象，只需将图象沿轴方向向左平移个单位
B．函数的最大值为2
C．定义运算，则且，设，则的值域为
D．函数，当等时恒有解，则的范围是
第二部分 非选择题（共92分）
三、填空题：本题包括3小题，每小题5分，共15分．
12．四边形ABCD是复平面内的平行四边形，三点对应的复数分别是，，，则点D对应的复数为 ．
13．已知向量满足，则 .
14．如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，，，则长度的最大值为
四、解答题：本题包括5小题，共77分．
15．在锐角中，的对边分别为，且
(1)确定角的大小；
(2)若，且，求边.
16．已知向量是同一平面内的三个向量，其中．
(1)若，且，求向量的坐标；
(2)若是单位向量，且，求与的夹角.
17．已知.
(1)函数的最小正周期是，求，并求此时的解集；
(2)已知，，求函数，的值域.
18．如图，四边形为梯形，，，，．
(1)求的值；
(2)求的长．
19．已知函数，．
(1)若函数是奇函数，求实数的值；
(2)在(1)的条件下，判断函数与函数的图象公共点个数，并说明理由；
(3)当时，函数的图象始终在函数的图象上方，求实数的取值范围．

1．A
【分析】利用复数的乘方及复数除法运算，结合共轭复数的意义求解即得.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
2．C
【分析】利用平面向量投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以向量在向量上的投影向量，
故选：C
3．D
【分析】由旋转体的概念得旋转是一个大圆锥去掉一个小圆锥，由圆锥体积公式可得．
【详解】依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示，OA＝AB·cs 30°＝2×＝，∴旋转体的体积为π·()2·(OC－OB)＝.
故选：D.

4．B
【分析】计算的值，即可得解.
【详解】因为，
所以，估计以内的素数个数为.
故选：B.
5．B
【分析】先根据二倍角公式化简，根据余弦定理化简得到即可得到答案.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
在中，由余弦定理：，
代入得，，即，
所以.
所以直角三角形.
故选：B
6．B
【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长即得球的半径，再利用球的体积公式计算得解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
由圆锥的侧面展开图是一个半圆，得，得．
由圆锥的高为3，得，即，解得，
因此球的半径，体积为.
故选：B
7．C
【分析】将向量、、用基底表示，结合平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】如下图所示：
因为，则，又因为点为的中点，则，
，
，
所以，
.
故选：C.
8．C
【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
【详解】由，可得：.
又因为是定义在R上的偶函数，
则，且函数图象关于轴对称.
所以，即的周期为4.
作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，可得出在上的图象.
令
若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，
则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.
所以，即，解得.
故答案为：C
【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可.
9．AD
【分析】根据复数相等的充要条件即可求解A，根据复数的性质即可求解B，根据复数的几何意义即可求解CD.
【详解】A：由题意，
所以，解得，，所以,故A正确，
B：因为两个复数不能比较大小，所以B不正确；
C：因为，所以复数z对应的点位于第二象限，因此C不正确；
D：因为，所以z在复平面内对应的点的轨迹为圆心为，半径为3的圆，因此D正确，
故选：AD
10．ACD
【解析】对A,根据题意求出底面积与高再求体积判定即可.
对B,根据斜二测画法前后面积的关系求解判断即可.
对C,分析这三个平面的位置关系再逐个讨论即可.
对D,利用反证法证明即可.
【详解】对于A,正六棱锥的底面边长为1,则S底面积＝6•1×1×sin60°；
又侧棱长为,则棱锥的高h2,
所以该棱锥的体积为VS底面积h2,A正确；
对于B,水平放置直观图是边长为a的正三角形,直观图的面积为S′a2×sin60°,则原△ABC的面积为S＝2S′＝2a2a2,所以B错误；
对于C,若三个平面互相平行,则可将空间分为4部分；
若三个平面有两个平行,第三个平面与其它两个平面相交,则可将空间分为6部分；
若三个平面交于一线,则可将空间分为6部分；
若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系）,则可将空间分为7部分；
若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系）,则可将空间分为8部分；
所以三个平面可以将空间分成4,6,7或8部分,C正确；
对于D,四点不共面,则其中任意三点不共线,否则是四点共面,所以D正确；
综上知,正确的命题序号是ACD.
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查了立体几何中的基本性质与空间中线面的关系问题,属于基础题.
11．ABD
【分析】对于A，由三角函数的平移变化即可判断A；对于B，用正、余弦的和差角公式及辅助角公式化简为，即可判断B；对于C，取时，即可判断C；对于D，将
化简，然后用二次函数求最值，即可判断D.
【详解】对于A，将图象沿轴方向向左平移个单位，则，所以A正确；
对于B，，当时，，所以B正确.
对于C，，即，当时，，，所以C错误.
对于D，
，令，
，所以在上单调递增，，，
当时恒有解，则
所以的范围是，所以D正确.
故选：ABD.
12．##
【分析】利用复数的几何意义，结合平面向量相等的性质即可得解.
【详解】依题意，因为三点对应的复数分别是，，，
所以，
因为是平行四边形，所以，设，
则，故，解得，
所以，则点D对应的复数为.
故答案为: .
13．
【分析】由向量的数量积的运算公式，运算求得，结合，即可求解.
【详解】由向量满足，
可得，解得，
又由，所以.
故答案为：.
14．
【分析】选取角度作为变量，运用正弦定理将线段表示为角度的函数，进而运用三角函数的知识求解最值可得出结果.
【详解】正三角形ABC中，，设 ，则根据题意有：
，
中，
中，根据正弦定理得：
中，根据正弦定理得：
化简计算得：（ ）
当时，有最大值 .
故答案为：.
15．(1)
(2)或
【分析】(1)直接由正弦定理可得，从而可得答案.
(2)由余弦定理可得，再由可求答案.
【详解】（1）由及正弦定理得
因为，故
又锐角，所以.
（2）由余弦定理，
，得
解得:或.
16．(1)或
(2)
【分析】（1）设，由，且，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由，求得，利用向量的夹角公式，求得，即可求解.
【详解】（1）解：设，因为，且，
可得，解得或，
所以或.
（2）解：因为，且为单位向量，可得，，
又因为，可得，所以，
则，
因为，所以.
17．(1)，或；
(2).
【分析】（1）利用正弦函数的周期公式求出，再求出方程的解集即得.
（2）利用二倍角公式及辅助角公式求出，再利用正弦函数性质求出值域即可.
【详解】（1）依题意，，解得，则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或.
（2）依题意，，
，
当时，，则有，，
所以函数，的值域为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）计算出，利用两角和的余弦公式可求得的值；
（2）在中，利用正弦定理可求出BD的长，再在中利用余弦定理可求得BC的长.
【详解】（1）因为，且，解得，．
而，所以，
所以
因为，所以，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
因为，所以．
在中，由余弦定理得
，
所以．
19．(1) .
(2) 函数与函数的图象有2个公共点；说明见解析.
(3).
【详解】分析：（1）由题意可得，解出；
（2）要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，令，利用零点存在定理判断即可；
（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，
必须使在上恒成立，令，则，上式整理得在恒成立，分类讨论即可.
详解：（1）因为为奇函数，所以对于定义域内任意，都有，
即，
，
显然，由于奇函数定义域关于原点对称，所以必有.
上面等式左右两边同时乘以得
，化简得
，.
上式对定义域内任意恒成立，所以必有，
解得.
（2）由（1）知，所以，即，
由得或，
所以函数定义域.
由题意，要求方程解的个数，即求方程
在定义域上的解的个数.
令，显然在区间和均单调递增，
又，
且，.
所以函数在区间和上各有一个零点，
即方程在定义域上有2个解，
所以函数与函数的图象有2个公共点.
（附注：函数与在定义域上的大致图象如图所示）
（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，
必须使在上恒成立，
令，则，上式整理得在恒成立.
方法一：令，.
① 当，即时，在上单调递增，
所以，恒成立；
② 当，即时，在上单调递减，
只需，解得与矛盾.
③ 当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
所以由，解得，
又，所以
综合①②③得的取值范围是.
方法二：因为在恒成立. 即，
又，所以得在恒成立
令，则，且，
所以，
由基本不等式可知（当且仅当时，等号成立.）
即，
所以,
所以的取值范围是.
点睛：函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；判断零点个数还要根据函数的单调性、对称性或结合函数图象.