2023-2024学年广东省广州大学附中等三校高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省广州大学附中等三校高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设，为非零向量，则“”是“存在负数，使得”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
2.已知终边经过点，则可能是( )
A. B. C. D.
3.某圆锥的侧面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为( )
A. B. C. D.
4.在四边形中，，则四边形的面积为( )
A. B. C. D.
5.魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正边形，求出圆周率约，和真正的值相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才给打破若已知的近似值还可以表示成，则的值为( )
A. B. C. D.
6.在直三棱柱中，，，，，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( )
A. B. C. D.
7.对任意实数，规定取，，三个值中的最小值，则函数( )
A. 有最大值，无最小值 B. 有最大值，最小值
C. 有最大值，无最小值 D. 无最大值，无最小值
8.已知，函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
10.若，满足，则( )
A. B. C. D.
11.已知定义在上的函数满足，，且在上单调递增，下列结论正确的是( )
A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的最小值为
D. 若方程有两个解，，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，向量在向量上的投影向量 ______用坐标表示．
13.某数学兴趣小组成员为测量某古塔的高度，如图，在塔底的同一水平面上的，两点处进行测量，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，，则该塔的高度 ______．
14.函数的部分图象如图所示，直线与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则 ______．
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.本小题分
已知，复数，在复平面上对应的点分别为、、，为坐标原点．
求的取值范围；
当、、三点共线时，求三角形的面积．
16.本小题分
已知函数，．
当时，求函数的值域；
设函数，若对任意，存在，使得，求实数的取值范围．
17.本小题分
在等腰中，角，，所对的边分别为，，，其中为钝角，．
求；
如图，点与点在直线的两侧，且，设，求的面积的最大值和此时的值．
18.本小题分
一正三棱台木块如图所示，已知，，点在平面内且为的重心．
过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
求该三棱台木块被问题中的截面分成的两个几何体的体积之比；
在棱台的底面上包括边界是否存在点，使得直线平面？若存在，求长的取值范围；若不存在，说明理由．
19.本小题分
已知函数的最大值为，其图象相邻对称轴之间的距离为若将的图象向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的图象关于原点中心对称．
求函数的解析式；
已知常数，，且函数在内恰有个零点，请求出所有满足条件的与．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：若，为非零向量，且，则，，即，
当时，不存在负数，使得，充分性不成立；
若，为非零向量，且存在负数，使得，则由，得，必要性成立．
反之，综上所述“”是“存在负数，使得”的必要不充分条件．
故选：．
由平面向量的数量积与夹角知识和充分必要条件的判断分析即可得到答案．
本题考查平面向量的计算与充分必要条件的判断，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：终边经过点，
终边经过点，
在第四象限，且，
可能是．
故选：．
推导出在第四象限，且，由此能求出结果．
本题考查任意角三角函数的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：设圆锥的底面半径为，母线长为，
则，
解得，
即该圆锥的底面半径长为．
故选：．
根据圆锥的结构特征求解．
本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，即四边形的对角线互相垂直，
设，相交于点，
所以
．
故选：．
由平面向量的数量积运算可得，再由三角形的面积公式计算即可．
本题考查平面向量垂直和模的求法，四边形的面积，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：将代入中，
得．
故选：．
将代入中，结合三角恒等变换化简可得结果．
本题主要考查三角恒等变换的化简求值，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，所以，所以三角形是直角三角形，
设的内切圆半径为，则，
，所以三棱柱内能放置的最大球的半径为，
则最大球的表面积是．
故选：．
通过内切圆、内切球等知识进行分析，从而确定正确答案．
本题考查了三棱柱内能放置最大球的表面积计算，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：令，解得；
令，解得；
令，解得，
所以，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得函数只有最大值，无最小值．
故选：．
将函数写成分段函数，作出图象，结合图象即可得答案．
本题考查了一次函数的性质及数形结合思想，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为，函数在区间上单调递减，
所以，
所以，
令，，
则，，
时，一个单调递减区间为，则，解得，
时，一个单调递减区间为，则，不存在，
当或时，也不存在．
故选：．
由已知结合正弦函数的单调性求出单调递减区间，结合已知函数在上单调递减可得出的不等式组，即可求解．
本题主要考查了正弦函数单调性的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：由，得，
，，，．
故选：．
直接利用复数代数形式的乘除运算以及复数的基本概念求解即可．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：因为，可得，当且仅当时取等号，
解得，所以D正确；
，
可得，所以C正确；
设，则，
所以，当且仅当即时取等号，
即的最大值为，的最小值为，
不正确；B正确．
故选：．
由基本不等式直接可得的范围，判断出，的真假；设，平方可得的表达式，由基本不等式可得的范围，即求出的范围，判断出，的真假．
本题考查基本不等式的性质的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：因为，所以的图象关于直线对称，
对于，函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于，令，
则，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于，因为的图象关于直线对称，，且在上单调递增，
所以，，
所以，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
由于等号不能同时取到，故，故C错误；
对于，因为，，
令，
则，
所以函数的图象关于直线对称，
因为方程有两个解，，
所以，故D正确．
故选：．
根据条件可知的图象关于直线对称，从而可判断；利用对称性的定义可判断；根据函数的单调性和对称性，可求出函数，的最小值，但是等号不能同时取到，可判断；对于，根据对称性的定义可判断函数的图象关于直线对称，从而判断．
本题考查函数的对称性，属难题．
12.【答案】
【解析】解：向量，
则，，
故向量在向量上的投影向量．
故答案为：．
结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
13.【答案】米
【解析】解：由题意可知，，，
设米，
在中，米，
在中，米，
由余弦定理可得，
即，解得，
因为米，所以米．
故答案为：米．
利用仰角的定义及锐角三角函数，结合余弦定理即可求解．
本题考查了仰角的定义和余弦定理的应用，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由图知，，
且点位于减区间内，点位于增区间内，
所以，，解得，，
故，
而，，故，，
则最小正周期为，
直线与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，
则由图可知，，
所以．
故答案为：．
由图象求得参数，根据余弦函数的对称性，结合即可求值．
本题主要考查由的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：因为，，
所以，当且仅当时等号成立，
故的取值范围是．
由题意有，，三点共线，
，即，解得，
，，即，，
所以，
，
所以
．
【解析】由复数模的定义，结合基本不等式即可求出模的取值范围；
首先根据复数的几何意义找出，，三点坐标，根据三点共线求出参数，再解出三角形的面积即可．
本题考查复数模的计算、基本不等式、三点共线以及求三角形面积等知识，属基础题．
16.【答案】解：当时，，，
令，
因为，则，
所以，其中，
所以当时，；
当时，，
即，
所以的值域为；
因为，，
设，
则在单调递减，在单调递增，
由复合函数单调性得在单调递减，在单调递增，
故，
因为对任意，存在，使得成立，
则，
所以在上恒成立，
令，
因为，则，
即在上恒成立，
则在 上恒成立，
而在 上单调递增，
故，
所以，
即．
【解析】将代入，利用换元法求解即可；
由题意可得，利用换元法求出函数在上的最小值，代入求解即可．
本题考查了指数函数、二次函数的性质，考查了转化思想及利用换元法求函数的值域，属于中档题．
17.【答案】解：因为，
所以，
因为，所以，
由正弦定理知，，
所以，即，
又，所以．
在中，由余弦定理知，，
所以，
所以，
由正弦定理知，，
即，
所以，
由知，且，
所以，
所以，
，
所以的面积
，
当，即时，取得最大值，
故的面积的最大值为，此时．
【解析】结合二倍角公式与正弦定理化简已知等式，可得，再根据为钝角，即可得解；
在中，利用余弦定理表示出，并求出，再利用正弦定理可得，然后根据两角和的正弦公式，推出，最后结合三角形的面积公式与辅助角公式，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：如图，在平面内过点作直线交于，交于，连接，，
则、、为截面与各木块表面的交线，理由如下：
由于，所以、、，四点共面，且平面平面，平面平面，
平面平面，所以、、为截面与各木块表面的交线．
由于点为重心，，所以，
又因为，所以，所以几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，所以，
又，则，
由台体体积公式得，，
所以该三棱台木块被问题中的截面分成的两个几何体的体积之比为答案为也对；
分别取、的中点、，当点时有平面证明如下：
由、为、的中点，得，
又由于在正三棱台中，，所以，、、、四点共面．
又因为，点为重心，，
所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，
又平面，所以平面平面，
所以当点时，平面，所以平面，
在梯形中，由已知条件和前面的分析知：
，，，，
所以长度的取值范围是．
【解析】在平面内过点作直线交于，交于，连接，，则、、为截面与各木块表面的交线，说明理由即可．
判断两部分几何体分别为棱柱和棱台，计算两部分的体积，求比值即可．
分别取、的中点、，当点时，平面，求出长度的取值范围即可．
本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
19.【答案】解：依题意，，所以，且，，
所以，
将的图象向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到的函数为，
而的图象关于原点中心对称，
则有，．
而，所以，
所以；
，
当时，，
令，则有，
所以在一个周期内有个根，
又因为在内的零点个数为个，
故共需要个周期，此时；
当，由，，可得，
设，，
则在和上递减，
又，，
因为，
若，由，得或，
则由为奇数，解得，或为得数，解得不是整数，舍去；
若，由，则独为身数或，解得不是整数，舍去；
若且，在内的零点个数为偶数；
或，在内的零点个数为偶数．
综上，．
【解析】依题意，可求得，，，进而可得的解析式；
，通过对取值情况的讨论，结合题意，在内恰有个零点，可求出所有满足条件的与．
本题考查由三角函数性质求三角函数的解析式，考查方程根的个数问题，解题关键是把方程进行变形转化为能利用正弦函数的周期性确定解的个数，同时注意分离参数法的应用，属于难题．
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