2022-2023学年云南省保山市腾冲市高一下学期期中教育教学质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省保山市腾冲市2022-2023学年高一下学期期中教育教学质量监测数学试题一、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〗C〖解析〗因为集合，所以.故选：C.2.已知复数满足，为的共轭复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，.故选：B.3.已知，，则（）A. B.7 C. D.〖答案〗C〖解析〗，∴，，则.故选：C．4.已知向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗由向量，若，可得，解得，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.已知点，则与向量方向相反的单位向量为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由点，可得，则，所以与向量方向相反的单位向量为.故选：B.6.已知表面积为的圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的高为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设圆锥底面圆半径，母线长，由圆锥的表面积为，得，即，由侧面展开图是一个圆心角为的扇形，得，即，于是，所以圆锥的高.故选：A.7.已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法不正确的是（）A.的图象关于直线对称 B.对任意都有C.是周期函数 D.〖答案〗D〖解析〗为偶函数，有，令，则有，所以点在的图象，点关于直线的对称点也在的图象上，即的图象关于直线对称，A选项正确；对任意都有，B选项正确；函数为上的奇函数，则有，故，所以，可得的周期为4，，C选项正确，D选项错误.故选：D.8.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由函数可得定义域为，且满足，即，所以函数为奇函数，又由函数都是上单调递增函数，所以在单调递增，因为且，所以，又因为，所以，因为在单调递增，所以.故选：A.二、多项选择题：本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知矩形的面积为，则（）A.5 B.3 C. D.〖答案〗AD〖解析〗设，则，解得，或，所以，所以当时，，或当时，.故选：AD.10.下列命题说法不正确的是（）A.奇函数的图象一定过坐标原点B.函数是偶函数C.函数是奇函数D.函数是奇函数〖答案〗ABD〖解析〗对于A，函数为奇函数，但其图象不过原点，A错误；对于B，函数的定义域不关于原点对称，故不是偶函数，B错误；对于C，令，定义域为R，且，故函数是奇函数，C正确；对于D，令，定义域为R，，即函数是偶函数，D错误.故选：ABD.11.下列说法正确的是（）A.已知向量为两个非零向量，且，则与共线且反向B.已知向量，且与共线，则实数或C.已知向量，则D.已知线段为单位圆的任意一条直径，以圆心为顶点，作边长为3的等边三角形，则的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A：因为，则，即，整理得，且向量为两个非零向量，即，可得，则，所以与共线且同向，故A错误；对于选项B：因为与共线，则，整理得，解得或，故B正确；对于选项C：由，可知，因为，则，整理得，故C正确；对于选项D：由题意可得：，则，当且仅当同向时，等号成立，所以的最大值为，故D正确.故选：BCD.12.已知函数，若关于的方程恰有个不相同的实根，则实数的可能取值为（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗，所以或，即或，函数的图象如下：由图象可知，的解的个数有个，所以要使方程恰有个不相同的实根，则的解的个数必须为个，由图象可得或满足条件.故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，角所对的边分别为，若，则边的长为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可得：，由正弦定理，可得.故〖答案〗为：.14.设，且，则的最小值为__________.〖答案〗〖解析〗因为，，且，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故〖答案〗为：.15.在正方体中，直线与平面所成角的余弦值为__________.〖答案〗0〖解析〗连接，因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，且，平面，所以平面，由平面，可得，同理可证：，，平面，可得平面，所以直线与平面所成角为，余弦值为0.故〖答案〗为：0.16.我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”.数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透.而向量正是数与形“沟通的桥梁”.如图，在中，，若为中点，与交于点，且，__________.〖答案〗〖解析〗因为为中点，所以，因为和分别共线，所以存在使得，，所以，所以，解得，所以，所以，，.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共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.已知平面向量.（1）若与垂直，求的值；（2）若向量，若与共线，求.解：（1），则，，由与垂直，则，解得.（2），则有，由与共线，故，即，解得，可得，.18.已知在中，角所对的边分别为，已知.（1）求角；（2）求的取值范围.解：（1）由，得，即，又由余弦定理，∴，由于.（2）由（1）知，，由正弦定理，，，，，的取值范围为.19.如图，是圆柱的一条母线，过底面圆的圆心是圆上异于点的一点.已知.（1）求该圆柱的体积；（2）求证：平面；（3）将四面体绕母线所在的直线旋转一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积.解：（1）设圆柱的底面半径为，因为过底面圆的圆心，且，可得，又由圆柱的母线长为，即圆柱的高为，所以则圆柱的体积.（2）因为是圆的直径，是圆上的一点，可得，又因为平面，且平面，所以，因为平面，且，所以平面.（3）由线段绕旋转一周所得的几何体为以为底面半径，为高的圆锥，线段绕旋转一周所得的几何体为以为底面半径，为高的圆锥，所以绕旋转一周而成的封闭几何体的体积为：.20.已知向量，函数.（1）求函数单调递增区间；（2）已知分别为内角的对边，其中A为锐角，，且，求的面积S.解：（1），由，解得，∴函数的单调递增区间为.（2），，，又，即，解得或（舍去），从而.21.如图，在正方体中，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）若正方体的棱长为4，求二面角的正弦值.解：（1）取的中点为，连接，如下图所示，分别为的中点，则，且，则，∴四边形是平行四边形，则，分别为的中点，则，∴四边形是平行四边形，则，故，且平面平面，平面.（2）取的中点记为，连接，由于正方体的棱长为4，故为中点，∴，又∵为中点，∴，平面平面，为二面角的平面角，因为为正三角形，故，在中，，，由余弦定理，，∴二面角的平面角的正弦值为.22.已知函数.（1）当时，解关于的方程；（2）若函数是定义在上的奇函数，求函数的〖解析〗式；（3）在（2）的前提下，函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数的最大值.解：（1）因为，则，整理得，解得（舍去）或，所以.（2）因为是奇函数，则，整理得形得：，要使上式对任意的成立，则，解得或，又因为的定义域是，当，则的定义域为，不合题意；当，则的定义域为，符合题意；所以.（3）因为，则，又因为且，则，可得，可得，即，则，不等式恒成立，即恒成立，令，则，则，可得在时恒成立，因为，由基本不等式可得：，当且仅当时，等号成立，所以，即实数的最大值为8.云南省保山市腾冲市2022-2023学年高一下学期期中教育教学质量监测数学试题一、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〗C〖解析〗因为集合，所以.故选：C.2.已知复数满足，为的共轭复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，.故选：B.3.已知，，则（）A. B.7 C. D.〖答案〗C〖解析〗，∴，，则.故选：C．4.已知向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗由向量，若，可得，解得，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.已知点，则与向量方向相反的单位向量为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由点，可得，则，所以与向量方向相反的单位向量为.故选：B.6.已知表面积为的圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的高为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设圆锥底面圆半径，母线长，由圆锥的表面积为，得，即，由侧面展开图是一个圆心角为的扇形，得，即，于是，所以圆锥的高.故选：A.7.已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法不正确的是（）A.的图象关于直线对称 B.对任意都有C.是周期函数 D.〖答案〗D〖解析〗为偶函数，有，令，则有，所以点在的图象，点关于直线的对称点也在的图象上，即的图象关于直线对称，A选项正确；对任意都有，B选项正确；函数为上的奇函数，则有，故，所以，可得的周期为4，，C选项正确，D选项错误.故选：D.8.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由函数可得定义域为，且满足，即，所以函数为奇函数，又由函数都是上单调递增函数，所以在单调递增，因为且，所以，又因为，所以，因为在单调递增，所以.故选：A.二、多项选择题：本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知矩形的面积为，则（）A.5 B.3 C. D.〖答案〗AD〖解析〗设，则，解得，或，所以，所以当时，，或当时，.故选：AD.10.下列命题说法不正确的是（）A.奇函数的图象一定过坐标原点B.函数是偶函数C.函数是奇函数D.函数是奇函数〖答案〗ABD〖解析〗对于A，函数为奇函数，但其图象不过原点，A错误；对于B，函数的定义域不关于原点对称，故不是偶函数，B错误；对于C，令，定义域为R，且，故函数是奇函数，C正确；对于D，令，定义域为R，，即函数是偶函数，D错误.故选：ABD.11.下列说法正确的是（）A.已知向量为两个非零向量，且，则与共线且反向B.已知向量，且与共线，则实数或C.已知向量，则D.已知线段为单位圆的任意一条直径，以圆心为顶点，作边长为3的等边三角形，则的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A：因为，则，即，整理得，且向量为两个非零向量，即，可得，则，所以与共线且同向，故A错误；对于选项B：因为与共线，则，整理得，解得或，故B正确；对于选项C：由，可知，因为，则，整理得，故C正确；对于选项D：由题意可得：，则，当且仅当同向时，等号成立，所以的最大值为，故D正确.故选：BCD.12.已知函数，若关于的方程恰有个不相同的实根，则实数的可能取值为（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗，所以或，即或，函数的图象如下：由图象可知，的解的个数有个，所以要使方程恰有个不相同的实根，则的解的个数必须为个，由图象可得或满足条件.故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，角所对的边分别为，若，则边的长为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可得：，由正弦定理，可得.故〖答案〗为：.14.设，且，则的最小值为__________.〖答案〗〖解析〗因为，，且，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故〖答案〗为：.15.在正方体中，直线与平面所成角的余弦值为__________.〖答案〗0〖解析〗连接，因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，且，平面，所以平面，由平面，可得，同理可证：，，平面，可得平面，所以直线与平面所成角为，余弦值为0.故〖答案〗为：0.16.我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”.数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透.而向量正是数与形“沟通的桥梁”.如图，在中，，若为中点，与交于点，且，__________.〖答案〗〖解析〗因为为中点，所以，因为和分别共线，所以存在使得，，所以，所以，解得，所以，所以，，.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共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.已知平面向量.（1）若与垂直，求的值；（2）若向量，若与共线，求.解：（1），则，，由与垂直，则，解得.（2），则有，由与共线，故，即，解得，可得，.18.已知在中，角所对的边分别为，已知.（1）求角；（2）求的取值范围.解：（1）由，得，即，又由余弦定理，∴，由于.（2）由（1）知，，由正弦定理，，，，，的取值范围为.19.如图，是圆柱的一条母线，过底面圆的圆心是圆上异于点的一点.已知.（1）求该圆柱的体积；（2）求证：平面；（3）将四面体绕母线所在的直线旋转一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积.解：（1）设圆柱的底面半径为，因为过底面圆的圆心，且，可得，又由圆柱的母线长为，即圆柱的高为，所以则圆柱的体积.（2）因为是圆的直径，是圆上的一点，可得，又因为平面，且平面，所以，因为平面，且，所以平面.（3）由线段绕旋转一周所得的几何体为以为底面半径