广西南宁市马山县第三高中2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

南宁市马山县第三高中2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：人教版必修1全册，必修2第6章-第8章一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．设集合，，则()A. B. C. D.2．已知幂函数的图象经过点,下面给出的四个结论:①;②为奇函数;③在R上单调递增;④,其中所有正确命题的序号为()A.①④ B.②③ C.②④ D.①②③3．函数的图象如图所示,其中,,,则下列关于函数的说法中错误的是()A.在上单调递减 B.C.最小正周期是 D.对称轴是直线4．在中,点D,E满足,,BE与AD交于点P,若,则()A. B. C. D.5．已知单位向量a，b的夹角为，则在下列向量中，与b垂直的是()A. B. C. D.6．已知复数,则()A.z的虚部为i B.z的实部为-2 C. D.7．如图,正方体的棱长为1,E,F,G分别为线段上的动点（不含端点）,①异面直线与AF所成角可以为②当G为中点时,存在点E,F使直线与平面AEF平行③当E,F为中点时,平面AEF截正方体所得的截面面积为④存在点G,使点C与点G到平面AEF的距离相等则上述结论正确的是()A.①③ B.②④ C.②③ D.①④8．如图正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积()A． B．1 C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分。9．已知函数,若函数的部分图象如图所示,函数,则下列结论不正确的是()A.将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象B.函数的图象关于点对称C.函数在区间上的单调递减区间为D.若函数为偶函数,则的最小值为10．设向量，，则下列叙述正确的是()A.若，则与的夹角为钝角 B.的最小值为2C.与垂直的单位向量只能为 D.若，则11．设数,则下列关于复数的说法正确的是()A. B. C. D.12．如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）.设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则()A.椭圆C的中心不在直线上B.C.直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为D.椭圆C的离心率为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设命题，.若p为假命题，则实数a的取值范围是______.14．如图，在平行四边形ABCD中，，，，若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足，其中，则的最小值是____________.15．在复平面内，已知O为坐标原点，点，分别对应复数，.若，则__________.16．已知复数满足，则________.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要得文字说明，证明过程或演算步骤。17．设函数.（1）设，求函数的最大值和最小值；（2）设函数为偶函数，求的值，并求函数的单调增区间.18．如图,在梯形ABCD中,,,.（1）若,求的长;（2）若,求.19．已知复数，，.（1）若复数在复平面内的对应点落在第二象限，求实数a的取值范围；（2）若虚数是方程的一个根，求实数m的值.20．一个圆台的母线长为，两底面面积分别为和.（1）求圆台的高；（2）求截得此圆台的圆锥的母线长.21．如图所示，在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F，G分别是AD，BC的三等分点，设，．（1）用，表示，；（2）如果且，求的余弦值．22．已知是关于x的实系数一元二次方程.（1）若a是方程的一个根，且，求实数k的值；（2）若，是该方程的两个实根，且，求使的值为整数的所有k的值.

部分参考答案1．答案：D解析：因为，则，联立，解得，所以.故答案为：D.2．答案：B解析：对于①:由幂函数的定义可知,解得,将点代入函数得,解得,所以,故①错误;对于②:因为定义域为R,且,所以为奇函数,故②正确;对于③:由幂函数的图象可知,在R上单调递增,故③正确;对于④:因为,且在R上单调递增,所以,故④错误,综上可知,②③正确,①④错误.故选:B.3．答案：A解析：由图象易知：;;由,又,所以.故BC内容正确;因为,,,,所以函数在不是减函数,故A错;由,即为函数的对称轴,故D对.故选：A.4．答案：C解析：法一:因为P在AD上,故,所以存在唯一实数,使得,又,故D为BC的中点,所以,所以;同理存在,使得,又,所以,所以,所以,所以,所以.故选：C.法二:不妨设为等腰直角三角形,其中,,以A为原点,AB所在直线为x轴,建立平面直角坐标系,如图,,,,,则直线BE,AD的方程分别为,联立解得,由,得,解得,则.故选：C.5．答案：D解析：方法一：由题意，得.对于A，；对于B，；对于C，；对于D，，所以.方法二：不妨设，，则，，，，易知选D.方法三：根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示.由图易知，只有选项D满足题意，故选D.6．答案：B解析：因为,所以的实部为-2虚部为1,所以A选项错误,B选项正确.与2不能比较大小,C选项错误.,D选项错误.故选：B.7．答案：C解析：对①：因为//,故与AF的夹角即为与AF的夹角,又当F与C重合时,取得最大值,为;当F与点重合时,取得最小值,设其为,则,故;又点F不能与C,重合,故,故①错误;对②：当G为中点时,存在E,F分别为BC,的中点,满足//面AEF,证明如下：取的中点为M,连接,MG如下所示：显然,又面AEF,面AEF,故面AEF;又易得,面AEF,面AEF,故面AEF;又,,面,故面面AEF,又面,故面AEF,故②正确;对③：连接,,AE如下所示：因为,故面即为平面AEF截正方体所得截面;又,故该截面为等腰梯形,又,,故截面面积,故③正确;对④：连接GC,取其中点为H,如下所示：要使得点G到平面AEF的距离等于点C到平面AEF的距离,只需EF经过GC的中点,显然当点E,F分别为所在棱的中点时,不存在这样的点G满足要求,故④错误.故选：C.8．答案：A解析：9．答案：CD解析：根据图像的最大值为3,且,故,,故或(舍),,故,即,,对选项A:,向左平移得到,正确;对选项B:当时,,故关于点对称,正确;对选项C:,,,错误;对选项D:为偶函数,则,,解得,,当时,有最小值为,错误.故选:CD.10．答案：AB解析：当时，，所以，所以与的夹角为钝角，所以A正确；，所以的最小值为2，所以B正确；与共线的单位向量为或所以C不正确；若，可得：，解得则或，所以D不正确；故选：AB.11．答案：AC解析：,,,故A正确;B错误;,,故C正确,D错误．故选：AC．12．答案：ACD解析：依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，点A，B分别为圆，与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A正确；椭圆长轴长，过作于D，连，显然四边形为矩形，又，，，则，过作交延长线于C，显然四边形为矩形，椭圆焦距，故B错误；所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C正确；所以椭圆的离心率，故D正确；故选：ACD.13．答案：解析：命题p的否定为：，，由题意可知，命题p的否定为真命题，所以，，解得.故答案为：.14．答案：2解析：因为，所以，，所以.当时，取得最小值2.15．答案：解析：因为，，所以，.因为，所以，即.16．答案：1解析：复数满足，，，即，，则，故答案为1.

17、（1）答案：函数的最大值为，最小值为-3.解析：据题，得，，因为，，，所以，所以函数的最大值为，最小值为-3.（2）答案：，增区间为解析：据题，，结合该函数为偶函数，得到，得，，结合，得到，此时，，令，解得，从而得到其增区间为.18．答案：（1）（2）解析：（1）在中,由正弦定理得,则.（2）因为,所以.由余弦定理得,则,所以.19．答案：（1）（2）17解析：（1）.因为在复平面内的对应点落在第二象限，所以，解得.因此，实数a的取值范围是.（2）因为虚数是方程的一个根，所以也是方程的一个根，于是，解得.所以，，因此.20、（1）答案：解析：过圆台的轴作截面，则截面为等腰梯形，记为四边形ABCD，如图所示.作于点M.记圆台的上、下底面的圆心分别为，O，连接.由已知可得，，且，所以，即圆台的高为.（2）答案：解析：如图，延长，，交于点S，设截得此圆台的圆锥的母线长为，则由，可得，得，即截得此圆台的圆锥的母线长为.21．答案：（1），（2）解析：（1）点E是AB的中点，点F，G分别是AD，BC的三等分点，，，；，（2）且，，，故的余弦值为．22．答案：（1）或或（2）-5，-3，-2解析：（