江西省2023-2024学年高一上学期11月期中考试数学试题（解析版）

PAGEPAGE1江西省2023-2024学年高一上学期11月期中考试数学试题一、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】D【解析】由，得，故，又，故.故选：D.2.已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】设，，则，因为，所以，则，解得，所以复数的虚部为.故选：C.3.已知函数的部分图象如图，该函数的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由图可知为奇函数过原点，对于A项，易知即是奇函数，且满足在时，及，A符合；对于B项，是偶函数，且，故排除B；对于C项在时，，与图象不符，故排除C；对于D项，因为，故排除D.故选：A.4.造纸术是我国古代四大发明之一，目前我国纸张采用国际标准，复印纸A系列纸张尺寸的长宽比都是，.纸张的面积为1平方米，长宽比为，将纸张的长边对折切开得到两张纸张，将的长边对折切开得到两张纸张，依次类推得到纸张，，…，.则纸张的长等于（）（参考数据：，）A.210毫米 B.297毫米 C.149毫米 D.105毫米【答案】C【解析】由已知的面积分别为平方米，的面积为平方米，设的长宽分别为，，则，故.故选：C.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，故，所以.故选：B.6.在中，为边上一点（不含端点），，，，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为为边上一点（不包含端点），即三点共线，且，可得，则，且，由，在中，因为，，，由余弦定理得，所以，整理得，解得或（舍去）.故选：A.7.已知，则（）A B.C. D.【答案】C【解析】由，得，即，，又，所以.故选：C.8.若，满足，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，故，当且仅当时取等号，又，所以，故，当且仅当时取等号故选：D.二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.下列选项中，是的必要不充分条件的是（）A.， B.，且C.， D.，【答案】ABD【解析】对于A中，由不等式，可得或，所以时的必要不充分条件，所以A正确；对于B中，如，此时满足，但且不成立，即充分性不成立；反之：若且，可得一定成立，即必要性成立，所以是且的必要不充分条件，所以B正确；对于C中，由，可得，所以，则，即充分性成立；反之：若，可得，即，所以，即必要性成立，所以是的充要条件，所以C不正确；对于D中，当时，不恒成立，即充分性不成立；反之：若时，根据指数函数的图象与性质，可得函数和相切于点，如图所示：结合图象，可得，所以成立，即必要性成立，所以是的必要不充分条件，所以D正确.故选：ABD.10.已知函数（，）的部分图象如图，则（）A. B.函数为偶函数C.函数为奇函数 D.函数在上有4个极值点【答案】ABD【解析】由图可知的周期为：，又，所以；由，得，又，所以；由，所以，故，所以，故A正确；因为为偶函数，故B正确；因为不是奇函数，故C错误；因为，，，，所以函数在上有4个极值点，故D正确.故选：ABD.11.在正方体中，，分别是，的中点，则（）A.平面B.C.平面截此正方体所得截面为四边形D.平面截此正方体所得截面为四边形【答案】ABC【解析】对于A：取的中点，连接、，则，又平面，平面，所以平面，又且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面，故A正确；对于B：由正方体的性质可得平面，平面，所以，同理可证，，平面，所以平面，又平面，所以，故B正确；对于C：取的中点，的中点，连接、、、、、，则且，所以为平行四边形，所以，又，所以，所以、、、四点共面，即四边形为平面截此正方体所得截面，故C正确；对于D：连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，交的延长线于点，连接交于点，连接、，则五边形即为平面截此正方体所得截面，故D错误.故选：ABC.12.不动点定理是拓扑学中一个非常重要的定理，其应用非常广泛.对于函数，定义方程的根称为的不动点.已知有唯一的不动点，则（）A. B.的不动点为C.极大值为2 D.极小值为【答案】ABC【解析】由方程有唯一解，即有唯一解，令，可得，解得，所以函数在递增，在递减，所以，由，可得，此时，此时，可得，当，可得，递增；当，，递减，所以的极大值为.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，为平面内向量的一组基底，，，若，则______.【答案】【解析】由得，，解得.故答案为：.14.已知数列的首项为2，且满足，则的前14项和______.【答案】【解析】由已知得，所以，所以，所以是周期为4的数列，则，，，，，…，且，所以.故答案为：.15.2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图，为了测量山顶处的海拔高度，从山脚处沿斜坡到达处，在处测得山顶的仰角为45°，山脚的俯角为15°.已知两地的海拔高度分别为100m和200m.记在水平面的射影分别为，则山顶的海拔高度为______m.【答案】【解析】如图，过点作于，由题意知，在中，，，则，在中，由正弦定理，，在中，，则，则山顶的海拔高度为.故答案为：.16.已知正三棱锥的内切球半径为l，若底面边长为，则该棱锥体积为______.【答案】【解析】设正三棱锥的高为，内切圆的圆心为，则，由，所以，即，直角中，，，解得，，所以体积.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知向量，，.（1）求的最小正周期；（2）求满足的的集合.解：（1）依题意，，所以的最小正周期为.（2）由（1）及已知，得，则或，，解得或，，所以满足的的集合为或.18.已知数列是等差数列，，记为数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求，.解：（1）设数列的首项为，公差为，则，，由，故，因为，所以，解得，，故.（2）当，时，，，所以，当，时，，，所以，由已知，故，不能同时为奇数或偶数，所以，为奇数与偶数，当为奇数，为偶数时，则，所以，，；当为偶数，为奇数时，则，所以，，，因为，所以，.19.已知内角，，的对边长分别为，，，.（1）求；（2）若为锐角三角形，，求面积的取值范围.解：（1）由正弦定理得：，则,由余弦定理得：，又，所以.（2）在中，因为，，由正弦定理得：，，又，又因为为锐角三角形，所以，，故，所以，故，所以，所以面积的取值范围是.20.已知函数，，直线与曲线，都相切.（1）求实数，的值；（2）记，求的最值.解：（1）设直线与曲线的切点为，因为，所以，故，所以切点为，故，设直线与曲线的切点为，因为，所以，解得，所以切点为，故，即.（2）由（1）知：，，则，（），所以，令，易知均在上单调递增，则在上单调递增，又，，故存在，使得，即，，当时，，即，单调递减，当时，，即，单调递增，所以无最大值，有最小值为.21.如图，在几何体中，四边形菱形，为梯形，，，且.（1）求证：；（2）当时，是否存在菱形，使平面与平面的夹角为60°？若存在求出该菱形的边长，若不存在请说明理由.解：（1）证明：设，交点为，连接，因为四边形为菱形，所以，，又因为，所以，因为，平面，且，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）由，，，在中，可得，所以，故，又由（1）知平面平面，平面平面，且平面，所以平面，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，取，可得，，故，设平面法向量为，则，取，可得，，故，因为平面与平面的夹角为60°，故，解得或，此时或，故存在边长为或的菱形，使平面与平面的夹角为.22.已知函数，为的导函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，有两个零点，，且，求实数的取值范围.解：（1）函数的定义域为，，记，则，当时，，故在上单调递增，当时，记，则，所以时，，单调递减，时，，单调递增，所以的极小值为，故，故，所以在上单调递减，综上：故在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，因为，所以，此时在无零点；当时，由（1）可知在