精品解析：重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高一下学期定时检测（二）（期中）数学试题

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（满分：150分；考试时间：120分钟）
2024年5月
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答填空题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整．
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）．
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. 已知为虚数单位，复数，则复数的共轭复数的虚部为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出复数的共轭复数即可求解.
【详解】因为，所以，
所以复数的共轭复数的虚部为.
故选：B.
2. 设，，，则大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指对数的性质，求出、、的大致范围，即可进行比大小.
【详解】，因为，所以，故，
，所以.
故选：.
3. 为梯形的一条对角线，在线段上，且．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理求出，即可得解.
【详解】依题意设，
则，
又且、不共线，
所以，即，所以，结合题意知，
故选：B
4. 密位制是度量角的一种方法．把一周角等分为份，每一份叫做1密位的角．以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数与十位数字之间画一条短线，如7密位写成“”，密位写成“”．1周角等于密位，记作1周角，1直角.如果一个半径为的扇形，它的面积为，则其圆心角用密位制表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据扇形面积公式即可求得圆心角，再根据密位制定义即可求解.
【详解】设扇形所对的圆心角为，所对的密位为，
则，解得，
由题意可得，解得，
因此该扇形圆心角用密位制表示为．
故选：B.
5. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象可以由的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位得到
B. 函数是偶函数
C. 函数图象关于点对称
D. 函数的最小正周期为
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则判断A，求出函数的定义域即可判断B，代入法检验C，根据正切函数的性质判断D.
【详解】对于A：将的图象向右平移个单位得到，
再将向上平移1个单位得到，故A错误；
对于B：由，解得，
即的定义域为，
则的定义域为，定义域不关于原点对称，
故为非奇非偶函数，故B错误；
对于C：因为，所以函数的图象关于点对称，故C正确；
对于D：函数的最小正周期，故D错误.
故选：C
6. 下列选项中，是的必要不充分条件的是（ ）
A. ：在复平面内对应的复数为；
B. ：几何体是正三棱锥；：几何体是正四面体
C. ：；：是奇函数
D. 为实数，：对，；：
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义可判定A，根据正三棱锥与正四面体的定义可判定B，根据奇函数的定义可判定C，根据辅助角公式及复数的模可判定D.
【详解】选项A：根据复数的几何意义可知，若在复平面内对应的复数为，则，
即是的充分条件，故A错误；
选项B：若几何体是正三棱锥，但底面三角形边长与侧棱长不一定相等，
所以几何体不一定是正四面体，反之成立，即是的必要不充分条件，故B正确；
选项C：如，满足，但不是奇函数，
反之，如，满足是奇函数，但时函数无意义，
所以是的既不充分也不必要条件，故C错误；
选项D：对，当时，
，
所以，即，
当时，所以，即，
所以是的充分条件，故D错误;
故选：B.
7. 2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.“蹴”有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早是外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动.如图所示，若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”的表面上有四个点，满足平面，若的面积为2，则制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球球心，用线段长表示出球半径，再借助均值不等式求解作答.
【详解】在三棱锥中，因为平面ABC，平面，
则，
而，平面，因此平面，
又平面，于是，
取中点，连接，从而，
则点是三棱锥的外接球球心，如图，
设该外接球半径为，
则，
当且仅当时取等号，因此三棱锥的外接球表面积，
所以制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球的半径即可.
8. 的三边所对的角为，，则下列说法不正确的是（ ）
A.
B. 若面积为，则周长的最小值为12
C. 当，时，
D. 若，，则面积为
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理可得，再由余弦定理可得A正确；由面积公式可得，再结合基本不等式可得B正确；由余弦定理可得C正确，由正弦定理和三角形的面积公式结合正弦展开式可得D错误；
【详解】A：，
，
，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
又为的内角，故，
所以，故A正确；
B：，
由余弦定理可得，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以若面积为，则周长的最小值为12，故B正确；
C：由余弦定理可得，
所以，解得或（舍去），故C正确；
D：由正弦定理可得，
所以，
所以，故D错误；
故选：D.
二、多项选择题：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. 若向量，，则以下说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，，则
D. 若，则在方向上的投影向量的坐标为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用特殊值判断A，由垂直得到判断B，根据判断C，由投影向量的定义判断D.
【详解】对于A：当时，满足，但是、无意义，故A错误；
对于B：当，则，故B正确；
对于C：若，则，故C正确；
对于D：若，则，，
所以在方向上的投影向量的坐标为，故D正确.
故选：BCD
10. 在中，分别是三个内角的对边，若，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若有两解，则的取值范围为
D. 外接圆半径为
【答案】AC
【解析】
【分析】由正弦定理和两角和的正弦展开式以及诱导公式可得A正确；由诱导公式和解一元二次方程可得B错误；由余弦定理结合一元二次方程根的情况可得C正确；由正弦定理可得D错误；
【详解】A：因为，由正弦定理可得
，故A正确；
B：因为，
所以，
即，故
即，解得，
因为，所以，故B错误；
C：因为，
由余弦定理可得，
即，
因为有两个正数解，将看成参数，方程有两个根，
所以上式判别式大于零，两根之积大于零，即，
解得，
所以的取值范围为，故C正确；
D：因为，由正弦定理可得，故D错误；
故选：AC.
11. 已知定义在上的函数关于对称，且关于点对称．当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数为奇函数
B. 函数的最小正周期
C.
D. 当时，方程有个不等实根
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据关于点对称得到，从而得到为奇函数，即可判断A；再由对称性推出函数的周期，即可判断B；根据对勾函数及复合函数的单调性判断在上单调递增，再结合对数函数的性质判断，即可判断C；根据奇函数性质及函数的对称性、周期性判断D.
【详解】因为定义在上的函数关于对称，所以，
又关于点对称，则，
即，所以，则为奇函数，故A正确；
又，所以，所以，
则函数的最小正周期，故B错误；
又当时，，
因在上单调递减，且，
在上单调递减，所以在上单调递增，
又，，
且，
所以，故C正确；
依题意为定义在上的奇函数，则，则，
当时单调递增，则，又关于对称，
所以时，
又为奇函数，所以时，
又的最小正周期，所以，
则，
所以当时，方程有个不等实根，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论
（1）关于轴对称，
（2）关于中心对称，
（3）的一个周期为，
（4）的一个周期为.
可以类比三角函数的性质记忆以上结论.
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分．
12. 已知复数（为虚数单位），则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再求出其模.
【详解】因为，
所以.
故答案为：
13. 给出以下四个命题：
①斜棱柱的侧面展开图一定是一个平行四边形；
②若直线与直线异面，且平面，则与的位置关系是平行或相交；
③如果两条平行线中有一条平行于这个平面，那么另外一条直线也平行于该平面；
④若正方体的截面形状是四边形，则该四边形必有一组边平行.
其中正确的命题是______.（填写序号）.
【答案】④
【解析】
【分析】利用反例说明①②③，利用正方体的性质及面面平行的性质判断④.
【详解】对于①：斜棱柱的每个侧面是平行四边形，但是全部展开以后，
那些平行四边形未必可以构成一个平行四边形，故①错误；
对于②：若直线与直线异面，且平面，则与的位置关系是平行或相交或，
故②错误；
对于③：如果两条平行线中有一条平行于这个平面，那么另外一条直线平行于该平面或在该平面内，
故③错误；
对于④：若正方体的截面形状是四边形，则截面必与相对的两个平面相交，
又正方体中相对的两个平面互相平行，由面面平行的性质可知，这两条交线必平行，
即该四边形必有一组边平行，故④正确.
故答案为：④
14. 学习以下过程：若，，则，完成下面题目：已知，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形面积公式的变形对于函数进行变形，变形后为二次函数求最值问题
【详解】由题意知
可得
当时，函数取最小值
验证，经验证符合题意
故答案为：
【点睛】用三角形面积公式的变形对于函数进行变形，变形后为二次函数求最值问题
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. 已知是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，且，求的坐标；
（2）若，且与垂直，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设，再由向量模长计算即可；
（2）由向量垂直数量积为零可得，再代入向量的夹角公式求出即可；
【小问1详解】
因为，所以设，
又，所以，
解得，所以的坐标为或；
【小问2详解】
因为与垂直，
所以，
因为，即，所以，
所以，
所以与的夹角的余弦值为.
16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点，为线段上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥为正四棱锥，且，求四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，在的中点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，从而得证；
（2）不妨设，连接，则平面，利用勾股定理求出，即可求出，又正四棱锥外接球的球心位于线段上，设球心为，半径为，连接，利用勾股定理求出，即可求出外接球的体积，从而得到体积之比.
【小问1详解】
设，在的中点，连接、，
因为分别为的中点，所以且，
又为线段上一点，且，底面是平行四边形，所以为的中点，
所以且，又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为四棱锥为正四棱锥，且，
不妨设，则，
连接，则平面，平面，所以，
所以，则，
所以，
因为，所以正四棱锥外接球的球心位于线段上，
设球心为，半径为，连接，
则，在中，
即，解得，
所以正四棱锥外接球的体积，
所以四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比为.
17. 已知的角，，的对边分别为，，，为锐角，满足．
（1）求的大小；
（2）在线段的延长线上取一点，使得，且的面积为，求线段的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及和角公式得到，从而得到，即可得解；
（2）由面积公式求，再由余弦定理求出，正弦定理求出，最后中利用锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又，
所以，又为锐角，所以，
所以，即，又，
所以，即，
所以.
【小问2详解】
因为，且的面积为，
所以，所以，
又，所以，
由余弦定理，
由正弦定理，即，解得，
所以，
则，
在中，所以.
18. 已知函数，将的图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，再向左平移个单位长度，最后再把所有点的纵坐标伸长到原来的3倍，得到函数的图象．
（1）求函数的单调递增区间，并写出函数的解析式；
（2）关于的方程在内有两个不同的解；
①求实数的取值范围；
②用的代数式表示的值．
【答案】（1）；
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由二倍角的余弦，正弦，公式结合辅助角公式化简求出，再利用正弦函数的单调性求出单调区间即可；再三角函数平移的性质得到；
（2）①由与有两个交点再结合辅助角公式求出实数的取值范围；②设，则，或，利用两角和的正余弦展开式和反三角函数求出和，然后把，平方相加再利用积化和差，二倍角等化简即可；
【小问1详解】
，
因为，
解得，
所以函数的单调递增区间为；
由图象平移的性质可得
【小问2详解】
① 由（1）可得，
因为关于的方程在内有两个不同的解，
即与有两个交点，其中，
所以；
② 不妨设，
则，或，
当时，
，
，
因为，，
所以，，
两式相加之后可得
，
由积化和差公式可得上式
，
所以
当，同理可证上述等式成立；
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问关键是能利用函数图象关系得到则，或，然后再由三角恒等变换化简.
19. 炎炎夏日，上学路上若有一支冰淇淋该多么美妙啊！小明同学酷爱甜筒冰淇淋（图1），他想动手做一个甜筒模型（图2），若根据设计稿已知为直角三角形，四边形为直角梯形，，，曲线是以为圆心的四分之一圆弧，，，，，将平面图形旋转一周得到小明设计的甜筒．
（1）求该甜筒的体积；
（2）小明准备将矩形旋转所形成的几何体都用来盛装冰淇淋（如图2所示），该矩形内接于图形，在弧上（不与端点重合），点在线段上，与所在的直线重合，设，求：
①盛装冰淇淋容器的体积；（用表示）
②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间与盛装的体积满足关系，请计算这个冰淇淋完全融化需要的最长时间．
（3）小明想给甜筒一些新的装饰，如果修改后的甜筒俯视图如图3所示，且通过拼装后可以变成一个正四棱锥（即俯视图可以看作一个正四棱锥的展开图），我们记侧棱的长为1，，正四棱锥的表面积记作，体积记作．求（将其表示为的形式，其中为常数）．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分别求出圆锥，圆台和半球的体积，相加得到答案；
（2）①表达出各边长，求出，；
②表达出，变形得到，换元后得到，利用基本不等式求出最值，得到答案；
（3）作出辅助线，利用锥体体积公式和表面积相关计算得到，，表达出.
【小问1详解】
由题意得绕旋转一周得到的图形为圆锥，该圆锥的体积为，
直角梯形绕旋转一周得到的图形为圆台，圆台的高为，
此圆台的上底面面积为，下底面面积为，
故圆台体积为，
以为圆心的四分之一圆弧经过旋转得到的为半球，半球半径为，
故半球的体积为，
综上，到小明设计的甜筒体积；
【小问2详解】
①由题意得，，，
过点作⊥于点，则，
故，
故，故，
又，故，
故，
故，
故
，，
②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间，
，
其中
，
令，则，
，
由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立，
故，
故
【小问3详解】
由题意得，
如图，取的中点，连接，则平分，
故，，
则，
正四棱锥的高设为，
则，
故，
故
.
【点睛】关键点点睛：本题表达出后，利用三角恒等变换变形为，结合基本不等式求出最值.