湖南省三湘名校教育联盟2023-2024学年高一上学期期中大联考数学试题

机密★启用前三湘名校教育联盟·2024年上学期高一期中大联考数学本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.在数学实践课堂上小明将手中的非等腰直角三角形板绕着该直角板的斜边旋转一周，得到的几何体为（）A.圆柱B.两个大小相同的圆锥组成的组合体C.两个大小不同的圆锥组成的组合体D.八面体2.已知集合，则（）A.B.C.D.3.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限4.已知平面向量与共线，则（）A.2B.4C.D.5.用斜二测画法得到一个水平放置的四边形的直观图为如图所示的直角梯形，已知，四边形的面积为，则（）A.1B.C.D.6.定义在上的函数满足对任意实数都有，若时，，则（）A.先单调递减后单调递增B.在上单调递增C.在上单调递减D.单调性不确定7.已知，则（）A.B.C.D.28.记的内角的对边分别为为上一点，且，，则的面积为（）A.8B.9C.12D.14二､多选题：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3分，有选错的得0分.9.已知某扇形的周长和面积均为18，则扇形圆心角的弧度数可能为（）A.4B.3C.2D.110.已知平面向量，则（）A.B.与可作为一组基底向量C.与夹角的余弦值为D.在方向上的投影向量的坐标为11.当一束光通过一个吸光物质（通常为溶液）时，溶质吸收了光能，光的强度减弱；吸光度就是用来衡量光被吸收程度的一个物理量，其影响因素有溶剂､浓度､温度.分析物浓度越高，穿过材料的光子被吸收的机会就越大.吸光度的测量简便高效，因此被广泛应用于液体和气体的光谱测量技术，集成至工业测试系统，还可以用于科研分析.其中透光率是指光子通过物体的能量占发出光能量的比例.在实际生产和生活中，通常用吸光度和透光率来衡量物体材料的透光性能，著名的朗伯—比尔定律表明了两者之间的等量关系为，其中，是吸光度，为透光率，为入射光强度，为透射光强度，某化学有机高分子材料研究所测得了如下表不同有机高分子材料的透光率：有机高分子材料塑料纤维薄膜0.60.70.8设塑料､纤维､薄膜的吸光度分别为，则（）A.B.C.D.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知正数满足，则当取得最小值时，__________，__________.13.由数学王子高斯证明出的代数基本定理的内容可知一元次多项式方程有个复数根，且对于一元二次方程，其两个复数根互为共轨复数.若复数是一元二次方程的一个根，则__________.14.已知，函数的值域为，则的取值范围是__________.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.（13分）在中，为上靠近点的三等分点，设.（1）用分别表示；（2）证明：三点共线.16.（15分）已知复数.（1）若，求的值；（2）在复平面内对应的点能否位于直线上？若能，求；若不能，说明理由.17.（15分）已知函数的最大值为2.（1）求的解析式；（2）求曲线的对称轴方程和的单调递增区间.18.（17分）在中，角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）若为锐角三角形，求的取值范围.19.（17分）现定义“维形态复数”，其中为虚数单位，.（1）当时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；（2）若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求的值；（3）若正整数满足，证明：存在有理数，使得.三湘名校教育联盟·2024年上学期高一期中大联考·数学参考答案､提示及评分细则1.【答案】C【解析】由题干所给的情景可知旋转后得到的是两个大小不同的圆锥组成的组合体，故选C.2.【答案】A【解析】由题意可得，所以，故选A.3.【答案】D【解析】由题意知，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选D.4.【答案】D【解析】因为与共线，所以，解得，故，故选D.5.【答案】D【解析】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原四边形，设，则，则，，且为原图形中梯形的高，故，解得，故，故选D.6.【答案】B【解析】任取，令，则，因为，所以，所以，所以在上单调递增.故选B.7.【答案】C【解析】由，可知：，故选C.8.【答案】C【解析】在中，由正弦定理可知：，由题干条件可得，联立可得，由余弦定理可得，解得，且，故面积为，故选C.9.【答案】AD【解析】设扇形的半径为，弧长为，圆心角为，则，解得或，则或1.故选.10.【答案】BC【解析】因为，所以，所以，故错误；易得与为一组不共线的非零向量，根据基底向量的定义可得正确；因为，所以，故C正确；因为，所以在方向上的投影向量的坐标为，故D错误，故选BC.11.【答案】AC【解析】由，得，，即，选项正确；，B选项错误；，C选项正确；，，，所以，所以，又，所以，选项错误.故选AC.12.【答案】，（填对一个得3分，填对2个得5分）【解析】由题意可得，当且仅当，即时，取得最小值，故答案为.13.【答案】64【解析】由题意可得是一元二次方程的另一个根，故由一元二次方程的韦达定理可得，故，故答案为64.14.【答案】【解析】当时，在上单调递增，所以时，；当时，，当时，在上单调递减，所以时，，即时，，因为函数的值域为，所以时，且.由不等式，解得不等式.价于时，，设，因为在上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以时，等价于，即，由不等式解得，所以时，的解集为，综上，的取值范围是，故答案为.15.（13分）【解析】（1）由题意可得，因为，所以，又因为是的中点，所以.（2）由（1）知，，所以，即，而有公共点，所以三点共线.16.（15分）【解析】（1）因为，所以，解得（舍去）或，此时，故.（2）在复平面内对应的点为，若该点位于直线上，则，解得，故能在直线上，此时.17.（15分）【解析】（1）因为，其中，所以，解得，又因为，所以.故，（2）由，解得，所以曲线的对称轴方程为；由得，即的单调递增区间为.18.（17分）【解析】（1）由及正弦定理得，又因为，所以，所以，所以，故.（2）由得，在中，因为，所以.因为为锐角三角形，所以，所以，所以，所以.19.（17分）【解析】（1）证明：当时，，则.因为，所以，故“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平