2023学年广西高一数学第二期期中调研联考试卷附答案解析

学年广西高一数学第二期期中调研联考试卷（试卷满分150分.考试用时120分钟）注意事项：1．考查范围：必修第一册占20%，必修第二册第六章至第八章第四节占80%.2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.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．若集合，，则（

）A． B． C． D．2．若实数，满足，则（

）A． B．3 C． D．13．已知中，内角，，所对的边分别为，，，满足，，，则（

）A． B． C． D．4．已知正三棱柱中，，则该三棱柱的体积为（

）A． B． C． D．5．已知角的终边经过点，若，则（

）A． B． C． D．6．如图所示，某广场的六边形停车场由4个全等的等边三角形拼接而成，则（

）A． B． C． D．7．已知的重心为，若，且，则（

）A． B． C．3 D．8．在一节数学选修课上，为了让大家更加直观地体会旋转体的生成过程，唐老师用电脑绘制了一个，其中，，，然后分别以，，为旋转轴，利用电脑的3D制图功能将旋转一周，得到几何体，，，则，，的体积之比为（

）A． B． C． D．二、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．如图1是水平放置的边长为4的正方形，则在由斜二测画法画出的该正方形的直观图中（如图2所示），下列说法正确的是（

）A． B．C． D．的面积为10．若复数，是方程的两根，则（

）A．，实部相等 B．，虚部相等C． D．在复平面内所对应的点位于第三象限11．已知中，点满足，点在内（含边界），其中，则（

）A．若，，则 B．若两点重合，则C．若存在，使得能成立 D．存在，使得能成立三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知向量，，若，则．13．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则．14．已知圆台的上、下底面积分别为，，体积为，则圆台的高为；若线段，分别为圆台上、下底面的两条直径，且A，B，C，D四点不共面，则四面体的外接球表面积为．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．（1）已知复数为纯虚数，其中为实数，求；（2）若复数满足，求．16．已知，是平面内两个不共线的单位向量，，，，是该平面内的点，其中，，，，，三点共线．(1)求的值；(2)若，求，夹角的余弦值．17．已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点．(1)求点M到平面的距离；(2)判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．18．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．(1)求C的值；(2)若，，求的周长；(3)若，点M为平面内的一动点，求的最小值．19．若定义在D上的函数满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是D上的有界函数，其中称为函数的上界，最小的M称为函数的上确界．(1)求函数的上确界；(2)已知函数，，证明：2为函数的一个上界；(3)已知函数，，若3为的上界，求实数的取值范围．参考数据：，．1．D【分析】根据交集的定义计算可得.【详解】因为，，所以.故选：D.2．B【分析】根据复数相等的充要条件求出，的值，即可得解.【详解】因为实数，满足，所以，则.故选：B3．C【分析】利用正弦定理计算可得.【详解】由正弦定理，则，解得.故选：C.4．C【分析】首先求出底面的面积，再根据柱体的体积公式计算可得.【详解】在正三棱柱中，，所以，所以.故选：C5．A【分析】根据三角函数的定义求出，再由三角函数的定义计算可得.【详解】因为角的终边经过点，且，所以，解得，所以.故选：A.6．C【分析】由向量的线性运算可求得结论.【详解】依题意，.故选：.7．B【分析】首先判断，再根据重心的向量表示，变形后，利用数量积公式，即可求解.【详解】因为，故．而，故，则．故选：B8．B【分析】先利用余弦定理判断得为锐角三角形，再以为旋转轴为例，求得几何体的体积，同理得到，从而利用比例的性质即可得解.【详解】因为，，，所以是中最大的内角，且，即，所以是锐角三角形，不妨设几何体，，对应的体积为，当以为旋转轴，将旋转一周时，过作，垂足为，得到几何体为以和绕直角边所在直线旋转所成两个圆锥的组合体，其体积为，又，即，即，所以，同理：，，所以.故选：B.9．ACD【分析】根据斜二测画法判断A、B，利用余弦定理求出，即可判断C，根据面积公式判断D.【详解】根据斜二测画法可知，，，故A正确，B错误；又，所以，在中由余弦定理，而，因为，，所以，所以，故C正确；，故D正确.故选：ACD10．AC【分析】由实系数一元二次方程在复数范围内的解可得两根互为共轭复数，判断AB两个选项；再由韦达定理可得到和之间的关系，判断CD两个选项.【详解】因为复数，是实系数一元二次方程的两根，所以，互为共轭复数且符合韦达定理，故A正确，B错误；由韦达定理，，所以，故C正确；由韦达定理，，所以，对应的点为在第一象限，故D错误.故选：AC.11．BCD【分析】由平面向量的线性运算即可判断A；由重心的性质即可判断B；由平面向量基本定理即可判断CD．【详解】对A，，即，故，则，故，故A错误；对B，由得，，故为的重心，则为的重心，故，故正确；对C，D，取的中点，则，由点在内（含边界），过点作，与线段交于点M，与射线交于点如图所示，设，则，设，则，因为，所以，则，故C和D正确，故选：BCD．12．【分析】首先求出的坐标，再根据，则，由数量积的坐标表示计算可得.【详解】因为，，所以，又，所以，解得.故答案为：13．【分析】根据复数的几何意义得到，，再由复数的乘法运算得到的值.【详解】由图可知，所以，，所以，所以.故答案为：.14．4【分析】利用圆台的体积公式即可求出圆台的高；根据题意可得四面体的外接球等价于圆台的外接球，且球的球心在圆台的轴上，设球心到圆台底面的距离为，利用勾股定理联立方程即可求解求的半径，从而得到球的表面积.【详解】根据题意可得，，设圆台的高为，所以由圆台的体积公式，可得，解得：，因为线段，分别为圆台上、下底面的两条直径，且A，B，C，D四点不共面，则四面体的外接球等价于圆台的外接球，由题可得：，，，设球心到圆台底面的距离为，球半径为，因为，故球的球心在圆台的轴上，所以有，解得：，，所以四面体的外接球表面积为：，故答案为：4；15．（1）；（2）【分析】（1）设，根据复数代数形式的除法运算化简，由为实数求出的值，从而得到复数，即可得到其共轭复数；（2）设，利用复数的乘法法则化简，再根据复数相等得到，即可求出、，最后根据复数模的公式计算可得.【详解】（1）设，则，因为为实数，所以，解得，所以，则.（2）设，则，又，所以，则，所以，解得，所以.16．(1)(2)【分析】（1）利用向量共线可得，从而求出的值；（2）设的夹角为，由，求出，结合向量模长公式，即可求出，夹角的余弦值.【详解】（1）因为三点共线，故存在，使得，则，则解得.（2）设的夹角为.依题意，，故，解得，即夹角的余弦值为17．(1)；(2)是，证明见详解.【分析】（1）由即可求解；（2）利用三角形中位线性质证明，然后证明为平行四边形，即可得，再由直线平行的传递性可证.【详解】（1）记点M到平面的距离为h，易知为正三角形，且，所以，又，所以，因为，所以，即，解得，即点M到平面的距离为.（2），M，B，N四点共面，证明如下：连接，因为M，N分别是线段，的中点，所以，由正方体性质可知，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以，M，B，N四点共面.18．(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理边化角，再由两角和的正弦公式以及三角形的内角和为即可求解；（2）由三角形的面积公式求得，再由余弦定理得到，即可求得的周长；（3）是等腰三角形，以底边的中点为原点建立平面直角坐标系，表示出、和从而得到，利用即可求得最小值.【详解】（1）由正弦定理得，即，因为，所以，因为，所以，因为，所以（2），所以由余弦定理得所以，所以的周长.（3）取中点，因为，所以是等腰三角形，所以，以为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，如图，所以，设，则，，，因为，所以，当且仅当时等号成立.所以的最小值为.19．(1)2(2)证明见解析(3)【分析】（1）将函数写成分段函数的形式，再根据上确界的定义即可求解.（2）对函数进行换元，并根据定义域求出值域，进而证明2是一个上界.（3）将问题转化为对恒成立，再构造函数，利用函数的单调性即可得解.【详解】（1）依题意，故，故的上确界为2.（