贵州省六盘水市2023-2024学年高一下学期期中质量监测数学试题（解析版）

这是一份贵州省六盘水市2023-2024学年高一下学期期中质量监测数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卷交回， 已知，则“”是“”的， 在中，点D是AB的中点，等内容，欢迎下载使用。

（考试时长：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.答题前，务必在答题卷上填写姓名和考号等相关信息并贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卷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，将答案写在答题卷上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卷交回.
一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集的运算求解即可.
【详解】，
故.
故选：B
2. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、单调性逐项判断可得答案.
【详解】对于A，定义域为，关于原点对称，因为，
所以为奇函数，且在区间上单调递减，故A错误；
对于B，定义域为，关于原点对称，因为，
所以为偶函数，故B错误；
对于C，定义域，关于原点对称，因为，
所以为奇函数，且在区间上单调递增，故C正确；
对于D，定义域为，
所以在区间上不具备单调性，故D错误.
故选：C.
3. 已知角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角函数的定义求解即可.
【详解】角的终边过点，
故.
故选：A
4. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分性和必要性的定义求解即可.
【详解】，即，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中，，则原的周长为（ ）
A. B. C. 10D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】由直观图画出原图的图像，分析求解边长，最后求解原的周长即可.
【详解】由直观图画出原图的图像，如图所示：
，，
所以，
所以原的周长为：.
故选：D
6. 在中，点D是AB的中点，.设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】由题意，点D是AB的中点，，可得，，
则
，
故选：A
7. 已知函数的定义域为，对任意x都有，当时，，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. e
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的周期性求解即可.
【详解】，故，
所以.
故选：C
8. 在直角梯形ABCD中，，，且，，.在梯形ABCD内，挖去一个以A为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分以AB所在直线为轴，将图中阴影部分旋转一周形成的旋转体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】确定旋转一周形成的旋转体的形状，结合圆台侧面积公式以及球的表面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知阴影部分以AB所在直线为轴，旋转一周形成的旋转体为一个圆台挖去半个球，
其中圆台的上下底面半径为2和5，高为4，母线长为，
挖去半球的半径为2，
故形成的旋转体的表面积为，
故选：B
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. 已知复数z满足，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 复数z的虚部为
D. 在复平面内，复数z对应的点位于第四象限
【答案】AD
【解析】
【分析】计算出复数，然后计算复数判断A，由共轭复数的概念判断B，由复数的基本概念判断C，由复数的几何意义判断D即可.
【详解】由，得，
所以，故A正确；
，故B错误；
复数z的虚部为，故C错误；
在复平面内，复数z对应的点为是第四象限的点，故D正确.
故选：AD
10. 已知函数fx=Asinωx+φ（，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的图象关于点对称
C. 在区间上单调递减
D. 将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
【答案】ACD
【解析】
【分析】由图象求出得解析式，然后利用正弦型函数的相关性质逐项判断即可.
【详解】由题意可得，，，所以，
所以，所以，
又，因为，所以，
所以，故A正确；
，故B错误；
令，解得，
所以单调递减，而，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，故D正确.
故选：ACD
11. 高斯是德国著名的数学家，被认为是世界上最重要的数学家之一，享有“数学王子”的称号.用其名字命名的“高斯函数”为：，，其中表示不超过x的最大整数，例如：，.令函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是周期函数
C. 在上单调递增D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据“高斯函数”的含义结合函数周期性以及单调性一一判断各选项，即得答案.
【详解】对于A，表示不超过x的最大整数，故，A正确；
对于B，函数，则，
即是周期函数，B正确；
对于C，不妨取以及，则，
即在上不单调递增，C错误；
对于D，，，
则，即，D正确，
故选：ABD
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】利用向量平行的坐标公式求解即可.
【详解】若，则，解得.
故答案为：
13. 已知，，且，则的最小值为______.
【答案】25
【解析】
【分析】利用，结合基本不等式求解即可.
【详解】由得：
，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：25
14. 已知函数，关于x的方程恰有3个不同的实数解，则实数m的取值范围是______.
【答案】或
【解析】
【分析】作出的图象，由，得，所以或，所以与和的图象共3个公共点，结合图象分析求解即可.
【详解】作出的图象：

因为，故，
解得：或，
由题意，与和的图象共3个公共点，
由图象可得或，
故或，
所以的取值范围为或.
故答案为：或.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知平面向量，满足，，且与的夹角为120°.
（1）求；
（2）求向量在向量上的投影向量.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积求模长即可；
（2）利用投影向量的公式求解即可.
【小问1详解】
，故，
所以，
故，
【小问2详解】
，
故向量在向量上的投影向量为：
.
16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求B；
（2）若；求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得，由正弦定理及余弦定理结合求解即可；
（2）由余弦定理结合重要不等式求三角形面积得最大值即可
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
由正弦定理得：，即，
所以，因为，所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，又，
所以由余弦定理得：,
所以，所以，当且仅当时，等号成立.
所以,
所以面积的最大值为.
17. 亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉（如图1）.某学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作一个亭子模型（如图2），该模型为圆锥与圆柱构成的几何体（圆锥的底面与圆柱的上底面重合）.已知圆锥的高为18cm，母线长为30cm，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，AB为圆锥的底面直径.圆柱的高为30cm，DC为圆柱下底面的直径，且.
（1）求圆锥的侧面积；
（2）求几何体的体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理求出圆锥底面半径，然后由侧面积公式求解即可；
（2）分别求出圆锥，圆柱的体积，然后求和即可求出几何体的体积.
【小问1详解】
因为圆锥的高为18cm，母线长为30cm，
所以圆锥底面半径为cm，
所以圆锥的侧面积为
【小问2详解】
由（1）可知，圆锥的体积为：
，
圆柱的体积为：，
所以几何体的体积为：.
18 已知函数（）.
（1）当时，求的最大值以及取得最大值的x的集合；
（2）若在上恰有两个零点，且在上单调递増，求的取值范围.
【答案】（1）2；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简求解即可；
（2）结合正弦函数的零点和单调性求解即可.
【小问1详解】
，
当时，，故的最大值为2，
此时，即，
故最大值的x的集合为：.
【小问2详解】
若，则，
上恰有两个零点，故，
解得，
若，则，
在上单调递増，
故，
解得，且
故当时，，
所以的取值范围是
19. 已知函数的定义域为，对任意，都满足，且.当时，，且.
（1）求，的值；
（2）用函数单调性的定义证明在上单调递增；
（3）若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法可得与；
（2）利用赋值法可得，且当时；
（3）结合抽象函数的性质及函数的单调性可得不等式，即，根据二次函数最值可知，解不等式即可.
【小问1详解】
由，
则，
又当时，，
则，
；
【小问2详解】
令，则，即，
当时，，且，
即，
即在上恒成立，
由，可知，
令，，且，即，
则，
所以，
即在上单调递增；
【小问3详解】
由已知，
又由（1）得，
所以，
又函数在上单调递增，
则恒成立，
所以恒成立，
又，
即，
解得.