2022~2023学年湖南长沙开福区明德中学高一下学期期中数学试卷（PDF版含解析）

2022~2023学年湖南长沙开福区明德中学高一下学期期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1、已知 ，则x的值为（ ）
A.2
B.4
C.6
D.8
2、已知集合M {2，3，5}，且M中至少有一个奇数，则这样的集合M共有（ ）
A.5个
B.6个
C.7个
D.8个
3、若复数 ，则 的虚部为
i
A.
B.1
C.-1
D.
4、 （ ）
A.
B.
C.
D.
5、已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A.若 ，则
B.若 ，则
C.若 ，则
D.若 ，则
6、若 ，使得不等式 成立，则实数 的取值范围（ ）
A.
B.
C.
D.
7、已知O是△ABC外接圆的圆心 若 ， ，则 （ ）
A.10
B.20
C.
D.
8、已知圆柱 的底面半径和母线长均为 分别为圆 圆 上的点，若 ，则异面直线
所成的角为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9、下列关于复数 的四个命题，其中为真命题的是（ ）
A.|z|＝
B.z2＝2i
C.z的共轭复数为
D.z是关于x的方程 的一个根
10、下列说法正确的是（ ）
A.若 ，则 或
B. 是函数 的一条对称轴
C.
D.若 ，则 在 方向上的投影向量的模为
11、如图，在正方体 中，点 在线段 上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A.异面直线 与 所成角的取值范围是
B.三棱锥 的体积不变
C.平面 平面
D.若 ，则 的最小值为
12、已知函数 的定义域为 ， 为奇函数，且对于任意 ，都有 ，则
（ ）
A.
B.
C. 为偶函数
D. 为奇函数
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13、已知函数 ，则函数的零点为 ．
14、已知 ， ， ，则 ．
15、已知复数 满足 ，则 的最小值是 .
16、如图正方体 的棱长是3，E是 上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF
中点， ，则 的最小值是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（本小题10分）
如图，已知圆锥的顶点为P，O是底面圆心，AB是底面圆的直径， ， ．
(1)、求圆锥的表面积
(2)、经过圆锥的高PO的中点 作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．
18、（本小题12分）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
(1)求C的大小；
(2)已知a+b＝8， 求△ABC的面积的最大值．
19、（本小题12分）
如图，在四棱锥 中，底面ABCD是菱形， ， ， ， 底面
ABCD， ，点E在棱PD上，且 .
(1)证明：平面 平面ACE；
(2)求二面角 的余弦值 .
20、（本小题12分）
如图，在长方体 中， 分别为 的中点， 是 上一个动
点，且 .
（1）当 时，求证：平面 平面 ；
（2）是否存在 ，使得 ？若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由.
21、（本小题12分）
“方舱医院”原为解放军野战机动医疗系统中的一种，是可以移动的模块化卫生医疗平台，一般由医疗功能区、
病房区等部分构成，具有紧急救治、外科处置、临床检验等多方面功能．某市有一块扇形地块，因疫情所需，
当地政府现紧急划拨该地块为方舱医院建设用地．如图所示，平行四边形OMPN区域拟建成病房区，阴影区域
拟建成医疗功能区，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且 米， ．记
．
(1)当 时，求 ；
(2)请写出病房区OMPN的面积S关于 的函数关系式，并求当 为何值时，S取得最大值．
22、（本小题12分）
已知定义域不为 的函数 （ 为常数）为奇函数．
(1)求实数 的值；
(2)若函数 ，是否存在实数 ，使得
成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、单选题
1、
【答 案】
D
【分析】
∵ ，则 .
因此正确答案为：D.
2、
【答 案】
B
【分析】
若M有一个元素，则 、 ；
若M有两个元素，则 ， 、 ， 、 ， ；
若M 有三个元素，则 ， ，
∴满足题意的集合M的个数为6个 .
因此正确答案为：B.
3、
【答 案】
B
【分析】
i
i，故 i， 的虚部为 因此正确答案为：B
i i i
4、
【答 案】
C
【分析】
，
因此正确答案为：C
5、
【答 案】
D
【分析】
， 是两条不重合的直线， ， 是两个不重合的平面，知：
在A中，若 ， ， ， ，则 与 相交或平行， 故A错误；
在B中，若 ， ， ，则 与 相交或平行，故B错误；
在C中，若 ， ， ，则 与 相交或平行，故C错误；
在D中，若 ， ， ，则由线面垂直，线线平行的性质可得 ，故D正确．
因此正确答案为：D．
6、
【答 案】
D
【分析】
因为 ，使得不等式 成立，
所以 ，使得不等式 成立，
令 ， ，
因为对称轴为 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以实数 的取 值范围为 .
因此正确答案为：D.
7、
【答 案】
C
【分析】
，设 中点为D，BA中点E，因O是△ABC外接圆的圆心，则 在 方向上的
投影向量为 , 在 方向上的投影向量为 ，
则 ， .
故 .
因此正确答案为：C
8、
【答 案】
C
【分析】
如下图所示： 在圆 的投影为 ，连接 ，易知 ，
在直角 中， ，
在 中，根据余弦定理， ，
，故 ，
故异面直线 所成的角为 .
因此正确答案为：C.
二、多选题
9、
【答 案】
A;B;D
【分析】
因为 ，所以 ，故A无误；
因为 ，故B无误；
因为z的共轭复数为 ，故C有误；
因为方程 ，所以 ，
所以方程 的根为 ，故D无误.
因此正确答案为：ABD.
10、
【答案 】
C;D
【分析】
对于选项A，因为 ，所以 或 ，或者 ，故A有误；
对于选项B，因为函数 的对称轴方程为 ，且 ，所以 不是函数
的对称轴，故B有误；
对于选项C，因为函数 在 单调递增，且 ，所以 ，故C无误；
对于选项D，设 的夹角为 ，因为 ，所以 ，所以 在 方向上的投影向量 ，它
的模 ，故D无误.
因此正确答案为 ：CD
11、
【答 案】
B;C;D
【分析】
解：对于A选项，由正方体的性质易知 ， 为等边三角形，
所以，当 为 中点时， ，
所以 ，此时，异面直线 与 所成角为 ，故A有误；
对于B选项，由正方体的性质易知 平面 ， 平面 ，侧面 为正方形，
所以 ， ，由于 平面 ，
所以 平面
设 到平面 的距离为 ，则 ，
因为 ，
所以，三棱锥 的体积 ，与题意相
符；
对于C 选项，由正方体的性质易知 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，由于 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，同理证得 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，
所以平面 平面 ，故C无误；
对于D选项，通过题意，将平面 沿 展开使其与平面 重合时，如下图所示，
因为 ，所以 ， ，
所以 ，与题意相符；
因此正确答案为：BCD
12、
【答案 】
B;C;D
【分析】
由 为奇函数，可得 ，即 ，
又因为 ，所以 ，即 ,
所以 ，所以 ，因此正确答案为项A有误 ；
由 ，得 ，由 ，得 ，
所以 ，因此正确答案为项B无误；
由 ， ，得 ，
所以 为偶函数，因此正确答案为项C无误；
由 ， ，可得 ，
所以 ，
即 ，故 为奇函数，因此正确答案为项D无误.
因此正确答案为：BCD
三、填空题
13、
【答 案】
0
【分析】
令 ，得 ，解得 .故答案为： ．
14、
【答 案】
【分析】
由 ， ， ，
可得 ，
因此正确答案为：
15、
【答案 】
【分析】
因为 ，则
，
当且仅当 时，等号成立，因此， 的最小值为 .
因此正确答案为： .
16、
【答 案】
/ －
【分析】
以 、 、 、 为顶点构造棱长为2的正方体 ，
由对称得 ， ，
因为 是 上的动点， 是下两底面上的动点，
则 是直角三角形， 是 中点，且 ，故 ，
所以 取最小值时， 、 、 、 四点共线，
则 ，此时 ．
因此正确答案为： .
四、解答题
17、
【答案 】
(1)、
(2)、
【分析】
(1)、由题意可知，该圆锥的底面半径 ，母线 ．∴该圆锥的表面积
．
(2)、在Rt 中， ，∵ 是PO的中点，∴ ．∴小圆锥的高
，小圆锥的底面半径 ，∴截得的圆台的体积
台 大 小 ．
18、
【答案 】
(1)C
(2) ．
【分析】
（1）∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴cosC ，
又∵C∈（0，π），∴C ．
（2）∵ （当且仅当a＝b＝4时取等号），∴ab≤16，
∴S△ABC 的最大值为 16×sin ．
19、
【答案 】
(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）解法一：
证明： 平 面ABCD， ，
又底面ABCD是菱形， ，
而 ， 平面 ，
平面PBD，
而 平面ACE，
所以平面 平面 ACE.
解法二：
证明：已 知底面ABCD是菱形， ，
又 平面ABCD，所以BO，CO，PO互相垂 直，
故可以以点O为坐标原点，建立如下图所示空间直角 坐标系，
由 ， ，可知相关点坐标如下：
， ， ， ， ，
易知平面PBD的一个法向量为 ，
因为 ，所以 ，
故 平面PBD，
从而平面 平面 ACE.
（2）解法一：
观察图可知平面 平面PBD ，
故CE在面PBD内的射影为OE，
， ，
又由（1）可得， ， ，
故 是二面角 的平面角 ，
菱形ABCD中， ， ，
∴ ， ，
又 ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
即二面角 的余弦值为 .
解法二：
设 ，则 ，
，∴ ，故 ，
可得 ，
易知平面PAC的一个法向量为 ，
设平面ACE的一个法向量 ，
则 ，取 ，得 ，
∴ ，
即二面角 的余弦值为 .
20、
【答 案】
(1)证明见解析；(2)答案见解析.
【分析】
(1)当 时， 为 中点，
因为 是 的中点，所以 ,
则四边形 是平行四边形，所以 .
又 平面 平面 ，所以 平面 .
因为 分别是 中点，所以 .
因为 平面 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 平面 ，所以平面 平面 .
(2)如下图所示，连接 与 ,
因为 平面 平面 ，所以 .
若 又 平面 ，且 ， 所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
在矩形 中，由 ，得 ,
所以 .
又 ，所以 ,
则 ，即 .
21、
【答 案】
(1) ；
π π
(2) ， .
【分析】
（1）四边形 是平行四边形，
在 中， ， ，
，
由正弦定理得： ，即 ，
于是 ， ，
所以 .
（2）四边形 是平行四边形，
在 中， ， ，
由正弦定理得： ，即 ，
因此 ，
从而
π
π
， ，
显然 ，因此当 ，即 时， ， 取得最大值，
π π
所以 ，当 时， 取得最大值.
22、
【答 案】
(1)
(2)存在；
【分析】
（1）通过题意可得， ，则
化简得 ，
因为 ，所以 ，即
当 时， ，其定义域为 ，与题意不相符；
当 时， ，其定义域为 ，满足题意
所以，
（2）因为 ，所以 在 上恒成立，
则必有 时， ，当 时， ，则 ，
所以 ，
，
因为 ，所以 ，当 时， 在 单
调递增，
即
当 时， 在 单调递增，先增后减，在 或 处取
得最小值，且 ， ，
，其中 为对勾函数，在 上单调递减，
在 上单调递增，又 ，故
综上所述
因为 在 递减， 在 递增，
当 时，令 ，则其单调递增，且 ，
则存在 ，使得 ，又 ，故 ，
所以
当 时， ，不符合要求；
当 时，令
所以 ，综上所述存在