2023-2024学年广州协和学校高一数学（下）期中考试卷附答案解析

2023-2024学年广州协和学校高一数学（下）期中考试卷满分为150分，考试时间为120分钟2024年4月第一部分选择题（共58分）一、单项选择题：本题包括8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多选、错选均不得分．1．i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（

）．A． B． C． D．2．已知向量，向量在向量上的投影向量（

）A．B．C． D．3．在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是（

）A． B． C． D．4．年月日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个何题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论.若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数个数为（

）（素数即质数，，计算结果取整数）A． B． C． D．5．在中，角对边为，且，则的形状为（

）A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形6．已知圆锥的底面圆周在球O的表面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的体积为（

）A． B． C． D．7．已知平行四边形中，，，．若点满足，点为中点，则（

）A． B． C． D．8．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题包括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i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（

）A．，则B．C．若，则复数z对应的点位于第四象限D．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为圆10．下列说法中正确的有（

）A．设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为B．用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形，则△ABC面积为C．三个平面可以将空间分成4，6，7或者8个部分D．已知四点不共面，则其中任意三点不共线．11．给出以下命题正确命题的选项为（

）A．要得到的图象，只需将图象沿轴方向向左平移个单位B．函数的最大值为2C．定义运算，则且，设，则的值域为D．函数，当等时恒有解，则的范围是第二部分非选择题（共92分）三、填空题：本题包括3小题，每小题5分，共15分．12．四边形ABCD是复平面内的平行四边形，三点对应的复数分别是，，，则点D对应的复数为．13．已知向量满足，则.14．如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，，，则长度的最大值为四、解答题：本题包括5小题，共77分．15．在锐角中，的对边分别为，且(1)确定角的大小；(2)若，且，求边.16．已知向量是同一平面内的三个向量，其中．(1)若，且，求向量的坐标；(2)若是单位向量，且，求与的夹角.17．已知.(1)函数的最小正周期是，求，并求此时的解集；(2)已知，，求函数，的值域.18．如图，四边形为梯形，，，，．(1)求的值；(2)求的长．19．已知函数，．(1)若函数是奇函数，求实数的值；(2)在(1)的条件下，判断函数与函数的图象公共点个数，并说明理由；(3)当时，函数的图象始终在函数的图象上方，求实数的取值范围．1．A【分析】利用复数的乘方及复数除法运算，结合共轭复数的意义求解即得.【详解】依题意，，所以.故选：A2．C【分析】利用平面向量投影向量的定义求解.【详解】解：因为向量，所以向量在向量上的投影向量，故选：C3．D【分析】由旋转体的概念得旋转是一个大圆锥去掉一个小圆锥，由圆锥体积公式可得．【详解】依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示，OA＝AB·cos30°＝2×＝，∴旋转体的体积为π·()2·(OC－OB)＝.故选：D.4．B【分析】计算的值，即可得解.【详解】因为，所以，估计以内的素数个数为.故选：B.5．B【分析】先根据二倍角公式化简，根据余弦定理化简得到即可得到答案.【详解】因为，所以，即，所以，在中，由余弦定理：，代入得，，即，所以.所以直角三角形.故选：B6．B【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长即得球的半径，再利用球的体积公式计算得解.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥的侧面展开图是一个半圆，得，得．由圆锥的高为3，得，即，解得，因此球的半径，体积为.故选：B7．C【分析】将向量、、用基底表示，结合平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】如下图所示：因为，则，又因为点为的中点，则，，，所以，.故选：C.8．C【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.【详解】由，可得：.又因为是定义在R上的偶函数，则，且函数图象关于轴对称.所以，即的周期为4.作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，可得出在上的图象.令若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.所以，即，解得.故答案为：C【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可.9．AD【分析】根据复数相等的充要条件即可求解A，根据复数的性质即可求解B，根据复数的几何意义即可求解CD.【详解】A：由题意，所以，解得，，所以,故A正确，B：因为两个复数不能比较大小，所以B不正确；C：因为，所以复数z对应的点位于第二象限，因此C不正确；D：因为，所以z在复平面内对应的点的轨迹为圆心为，半径为3的圆，因此D正确，故选：AD10．ACD【解析】对A,根据题意求出底面积与高再求体积判定即可.对B,根据斜二测画法前后面积的关系求解判断即可.对C,分析这三个平面的位置关系再逐个讨论即可.对D,利用反证法证明即可.【详解】对于A,正六棱锥的底面边长为1,则S底面积＝6•1×1×sin60°；又侧棱长为,则棱锥的高h2,所以该棱锥的体积为VS底面积h2,A正确；对于B,水平放置直观图是边长为a的正三角形,直观图的面积为S′a2×sin60°,则原△ABC的面积为S＝2S′＝2a2a2,所以B错误；对于C,若三个平面互相平行,则可将空间分为4部分；若三个平面有两个平行,第三个平面与其它两个平面相交,则可将空间分为6部分；若三个平面交于一线,则可将空间分为6部分；若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系）,则可将空间分为7部分；若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系）,则可将空间分为8部分；所以三个平面可以将空间分成4,6,7或8部分,C正确；对于D,四点不共面,则其中任意三点不共线,否则是四点共面,所以D正确；综上知,正确的命题序号是ACD.故选：ACD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的基本性质与空间中线面的关系问题,属于基础题.11．ABD【分析】对于A，由三角函数的平移变化即可判断A；对于B，用正、余弦的和差角公式及辅助角公式化简为，即可判断B；对于C，取时，即可判断C；对于D，将化简，然后用二次函数求最值，即可判断D.【详解】对于A，将图象沿轴方向向左平移个单位，则，所以A正确；对于B，，当时，，所以B正确.对于C，，即，当时，，，所以C错误.对于D，，令，，所以在上单调递增，，，当时恒有解，则所以的范围是，所以D正确.故选：ABD.12．##【分析】利用复数的几何意义，结合平面向量相等的性质即可得解.【详解】依题意，因为三点对应的复数分别是，，，所以，因为是平行四边形，所以，设，则，故，解得，所以，则点D对应的复数为.故答案为:.13．【分析】由向量的数量积的运算公式，运算求得，结合，即可求解.【详解】由向量满足，可得，解得，又由，所以.故答案为：.14．【分析】选取角度作为变量，运用正弦定理将线段表示为角度的函数，进而运用三角函数的知识求解最值可得出结果.【详解】正三角形ABC中，，设，则根据题意有：，中，中，根据正弦定理得：中，根据正弦定理得：化简计算得：（）当时，有最大值.故答案为：.15．(1)(2)或【分析】(1)直接由正弦定理可得，从而可得答案.(2)由余弦定理可得，再由可求答案.【详解】（1）由及正弦定理得因为，故又锐角，所以.（2）由余弦定理，，得解得:或.16．(1)或(2)【分析】（1）设，由，且，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）由，求得，利用向量的夹角公式，求得，即可求解.【详解】（1）解：设，因为，且，可得，解得或，所以或.（2）解：因为，且为单位向量，可得，，又因为，可得，所以，则，因为，所以.17．(1)，或；(2).【分析】（1）利用正弦函数的周期公式求出，再求出方程的解集即得.（2）利用二倍角公式及辅助角公式求出，再利用正弦函数性质求出值域即可.【详解】（1）依题意，，解得，则，由，得，解得或，即或所以的解集为或.（2）依题意，，，当时，，则有，，所以函数，的值域为.18．(1)(2)【分析】（1）计算出，利用两角和的余弦公式可求得的值；（2）在中，利用正弦定理可求出BD的长，再在中利用余弦定理可求得BC的长.【详解】（1）因为，且，解得，．而，所以，所以因为，所以，所以．（2）在中，由正弦定理得，因为，所以．在中，由余弦定理得，所以．19．(1).(2)函数与函数的图象有2个公共点；说明见解析.(3).【详解】分析：（1）由题意可得，解出；（2）要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，令，利用零点存在定理判断即可；（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，必须使在上恒成立，令，则，上式整理得在恒成立，分类讨论即可.详解：（1）因为为奇函数，所以对于定义域内任意，都有，即，，显然，由于奇函数定义域关于原点对称，所以必有.上面等式左右两边同时乘以得，化简得，.上式对定义域内任意恒成立，所以必有，解得.（2）由（1）知，所以，即，由得或，所以函数定义域.由题意，要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数.令，显然在区间和均单调递增，又，且，.所以函数在区间和上各有一个零点，即方程在定义域上有2个解，所以函数与函数的图象有2个公共点.（附注：函数与在定义域上的大致图象如图所示）（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，必须使在上恒成立，令，则，上式整理得在