河溪中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学科试卷
本试卷共4页，19小题.满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内.
3.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
一、单项选择题：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. 设全集，集合，，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出，根据集合的交集的运算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合，，
故，
故=，
故选：A
2. 下列命题中真命题的个数是（ ）
①命题“，”的否定为“，”；
②“”是“”的充要条件；
③集合，表示同一集合．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义、充要条件的定义、集合的定义判断各命题．
【详解】①全称命题的否定是特称命题，命题“，”的否定为“，”，正确；
②且，则，反之，如，但此时，因此不是充要条件 ，错误；
③集合，不是同一集合．错误，
正确命题只有一个．
故选：B.
3. 已知为虚数单位，则（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简可得结果.
【详解】，
故选：C.
4. 函数的定义域为（ ）
A. {且} B. {且}
C. D. {且}
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可.
【详解】由题意得，解得且，
即定义域为.
故选：D.
5. 已知，那么的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可得，由均值不等式可得答案.
【详解】∵，则，则，
∴，
当且仅当即时取等号，∴最小值为，
故选:C.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
6. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指、对数函数单调性分析判断.
【详解】由在上单调递增，则，即；
由在上单调递减，则，即；
由在上单调递增，则，即；
综上所述：.
故选：A.
7. 若角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先利用三角函数的定义可得，再利用诱导公式化简即可求解.
详解】由题知，则由诱导公式可得
原式，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角函数的定义、诱导公式，需熟记公式，属于基础题.
8. 已知内角的对边分别是，若，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理得到关于的关系式，再利用余弦定理表示出，从而得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，又，
所以，
又，则.
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 与方向相反的单位向量的坐标为 D. 若时，则，的夹角为锐角
【答案】AC
【解析】
【分析】对于AD，由向量平行的充要条件列方程即可验算，进一步即可判断D；对于B，由向量垂直的充要条件列方程即可验算；对于C，由单位向量的定义以及模的运算公式即可验算.
【详解】对于A，向量，，若，则，解得，故A正确；
对于B，若，则，解得，故B错误；
对于C，与方向相反的单位向量的坐标为，故C正确；
对于D，若，由A可知，的夹角为0，不是锐角，故D错误.
故选：AC.
10. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则△ABC为钝角三角形
C. 若，，，则符合条件的△ABC有两个
D. 若，则△ABC为等腰三角形或者直角三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A选项，根据大角对大边，，
根据正弦定理可得，其中三角形外接圆半径，
于是，A选项正确；
B选项，根据余弦定理结合选项可知，，
由，进而，B选项正确；
C选项，根据正弦定理，，结合选项数据，得出，
故这样的三角形不存在，C选项错误；
D选项，若，由正弦定理，，
则，则或者，
即，或者，即是等腰三角形或者直角三角形，D选项正确.
故选：ABD.
11. 关于函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在区间上单调递减
C. 函数的最小正周期为
D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，再把图象向右平移个单位长度得到的函数为
【答案】AD
【解析】
【分析】代入即可验证对称中心，即可判断A，根据整体法即可判断B，根据周期公式即可判断C，根据函数的伸缩平移变换即可求解D.
【详解】对于A，由于，
故的图象关于点对称，故A正确；
对于B，当时，，
由正弦函数的单调性知在上单调递增，故B错误；
对于C，的最小正周期为，故C错误；
对于D，将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到，
再把图象向右平移个单位长度得到的函数为，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分.
12. 已知向量与的夹角为，且，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的模的运算法则，转化求解向量的模即可.
【详解】由题意可得，，
所以.
故答案为：.
13. 已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形ABCD的面积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据图形与其斜二测画法图形面积之间的关系求解即可.
【详解】由题意，，
由原图形面积与斜二测画法图形面积之间的关系，
可得.
故答案为：
14. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥的侧面积公式及弧长公式得到方程组求出、，从而求出圆锥的高，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
由题意可得：，解得，则圆锥的高，
所以此圆锥的体积为.
故答案为：
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. 已知关于的不等式的解集为.
（1）求实数，值；
（2）若正实数，满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得是方程的两根，再利用韦达定理即可得解；
（2）结合（1）中结论，利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【小问1详解】
因为关于的不等式的解集为，
所以是方程的两根，
由韦达定理得，解得；
【小问2详解】
由（1）得，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以取得最小值.
16. 在中，角、、的对边分别为、、，且，，．
（1）求的面积；
（2）求边的值和的值；
（3）求的值．
【答案】（1）；
（2），；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由同角公式求出，再利用三角形面积公式求解即得.
（2）利用余弦定理、正弦定理直接求解.
（3）由（2）的结论并求出，再利用二倍角公式、差角的余弦公式计算得解.
【小问1详解】
在中，，，则，
所以的面积.
【小问2详解】
由余弦定理有，，则，
由（1）知，，由正弦定理，得.
【小问3详解】
由（2）知，，而，则是锐角，，
又，，
所以．
17. 某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥的高是长方体高的，且底面正方形的边长为4，．
（1）求的长及该长方体的外接球的体积；
（2）求正四棱锥的斜高和体积．
【答案】（1），；（2）斜高为，体积为．
【解析】
【分析】（1）根据长方体的棱长求对角线即可得到的长，利用线段就是其外接球直径，求得球的半径，进而求得其体积；
（2）设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.
【详解】（1）∵几何体长方体且，，
∴，
记长方体外接球的半径为，线段就是其外接球直径，
则，∴，∴外接球的体积为．
（2）如图，设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，
∵为正四棱锥，∴为正四棱锥的高，
又长方体的高为，∴，
取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，
在中，，，∴，
∵，，∴，
∴正四棱锥的斜高为，体积为．
18. 已知二次函数满足，且，为偶函数，且当时，．
（1）求的解析式；
（2）在给定的坐标系内画出的图象；
（3）讨论函数（）的零点个数．
【答案】（1）
（2）作图见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）设出解析式，根据题目条件得到方程组，求出，得到解析式；
（2）根据函数的奇偶性得到的解析式，从而画出函数图象；
（3）在（2）的基础上，得到函数零点个数
【小问1详解】
设，则
因为，
故，
所以，解得，
因此；
【小问2详解】
当时，，
当时，，则，
为偶函数，故，
故，
综上，，
画出函数图象如下：
【小问3详解】
由图可知，，，
当时，函数没有零点，
当时，函数只有两个零点，
当时，函数有四个零点，
当时，函数有三个零点，
当时，函数有两个零点
19. 如图，在平行四边形中，分别是边的中点，与交于点，设．
（1）用表示；
（2）求的值；
（3）求的余弦值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；
（2）首先求出，即，再根据数量积的运算律及定义计算可得；
（3）首先求出、，再由夹角公式计算可得。
【小问1详解】
根据题意，，
．
【小问2详解】
根据题意，由（1）可得， ，
在平行四边形中，，即为等边三角形，
所以，则，即，
则
．
【小问3详解】
因为，
，
故.河溪中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学科试卷
本试卷共4页，19小题.满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内.
3.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
一、单项选择题：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. 设全集，集合，，则=（ ）
A. B. C. D.
2. 下列命题中真命题的个数是（ ）
①命题“，”的否定为“，”；
②“”是“”的充要条件；
③集合，表示同一集合．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3. 已知为虚数单位，则（ ）.
A B.
C. D.
4. 函数的定义域为（ ）
A. {且} B. {且}
C. D. {且}
5. 已知，那么的最小值为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
7. 若角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知内角的对边分别是，若，，则的值为（ ）
A B. C. D.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 与方向相反的单位向量的坐标为 D. 若时，则，的夹角为锐角
10. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则△ABC为钝角三角形
C. 若，，，则符合条件的△ABC有两个
D. 若，则△ABC为等腰三角形或者直角三角形
11. 关于函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在区间上单调递减
C. 函数的最小正周期为
D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，再把图象向右平移个单位长度得到的函数为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分.
12. 已知向量与的夹角为，且，，则________.
13. 已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形ABCD的面积为____________.
14. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为________.
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. 已知关于的不等式的解集为.
（1）求实数，的值；
（2）若正实数，满足，求最小值.
16. 在中，角、、的对边分别为、、，且，，．
（1）求的面积；
（2）求边的值和的值；
（3）求的值．
17. 某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥的高是长方体高的，且底面正方形的边长为4，．
（1）求的长及该长方体的外接球的体积；
（2）求正四棱锥的斜高和体积．
18. 已知二次函数满足，且，为偶函数，且当时，．
（1）求的解析式；
（2）在给定的坐标系内画出的图象；
（3）讨论函数（）的零点个数．
19. 如图，在平行四边形中，分别是边中点，与交于点，设．
（1）用表示；
（2）求的值；
（3）求余弦值．
