2023-2024学年云南省昆明市官渡一中高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年云南省昆明市官渡一中高一（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.已知复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2.已知向量，，如果与垂直，那么实数的值为( )
A. B. C. D.
3.若集合，其中且，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.已知函数，若的值域是，则的值为( )
A. B. C. D.
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.“”是“方程有实数解”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.定义在上的函数满足：，且，成立，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
8.如图，现有棱长为的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且，，分别为棱，，靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若复数为的共轭复数，则以下正确的是( )
A. 在复平面对应的点位于第二象限 B.
C. D. 为纯虚数
10.下列说法正确的是( )
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 最小值为
11.如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中( )
A.
B. 和所成的角是
C. 直线和平面所成的角是
D. 如果平面平面，那么直线直线
12.“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等如图，已知圆的半径，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的有( )
A. 为定值
B. 当时，为定值
C. 的最大值为
D. 的取值范围是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则 ______．
14.在中，已知，，，则________．
15.已知向量，满足，，，则在上的投影向量的坐标为______．
16.已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得函数的图象关于原点对称，且在上单调递减，则 ______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知函数的部分图象，如图所示．
求函数的解析式；
求函数的单调递增区间；
18.本小题分
在平面直角标系中，为坐标原点，、两点的坐标分别为．
若四边形是平行四边形，求点的坐标；
若点，，三点共线，且，求的值．
19.本小题分
已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，为的中点，，．
求证：平面；
求证：平面．
20.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，且．
求；
已知，为边上的一点，若，，求的长．
21.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，设向量．
求函数的最小值；
若，求的面积．
22.本小题分
年月日，联合国教科文组织第届世界遗产大会通过决议，将中国“普洱景迈山古茶树文化景观”列入世界遗产名录，成为全球首个茶主题世界文化遗产经验表明，某种普洱茶用的水冲泡，等茶水温度降至饮用，口感最佳某科学兴趣小组为探究在室温条件下，刚泡好的茶水达到最佳饮用口感的放置时间，每隔分钟测量一次茶水温度，得到茶水温度单位：与时间单位：分钟的部分数据如表所示：
时间分钟
水温
给出下列三种函数模型：，，，请根据上表中的数据，选出你认为最符合实际的函数模型，简单叙述理由，并利用表中前组数据求出相应的解析式．
根据中所求模型，求刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间精确到参考数据：，
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意可得
，故其虚部为：．
故选：．
由复数的代数运算可化简复数，可得其虚部．
本题考查复数代数形式的乘除运算，涉及复数的基本概念，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：，，
与垂直，
，
，
解得，
故选项为．
先求出两个向量的坐标，根据向量垂直的充要条件及数量积公式列出方程解得．
本题考查两向量垂直的充要条件是：数量积为．
3.【答案】
【解析】解：因为集合，其中且，
所以，解得．
故选：．
由已知结合元素与集合的关系可得关于的不等式，即可求解．
本题主要考查了元素与集合关系的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：当时，，
因为的值域是，又在上单调递减，
所以，．
故选：．
画出函数图像，由分段函数中定义域的范围分别求出值域的取值范围再结合二次函数和对数运算可得正确结果．
本题考查分段函数的应用，函数的值域研究数形结合的应用，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
则．
故选：．
由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了诱导公式及二倍角公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：当时，此时的方程为，即无解，
所以由“”推不出””有实数解，
因为，所以，即，
所以方程有实数解，
所以“”是“方程有实数解”的必要不充分条件．
故选：．
根据充分条件与必要条件的定义求解．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，不妨设，
因为，且，成立，
所以，且，成立，
即，且，成立，
即，且，成立，
即，且，成立，
令，，则，
所以在上单调递减，
不等式，，可变形为，
又，
所以，
所以不等式式为，即，
所以，
又，
所以．
故选：．
根据题意，不妨设，由，且，成立，得，且，成立，令，，则，可得的单调性，不等式，，可变形为，进而可得答案．
本题考查函数的单调性，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：根据题意，可得，
设点到平面的距离为，则，可得．
因此，正方体的中心到平面的距离，
因为正方体的内切球半径，
所以将该正方体玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品为正方体的内切球时体积最大，
因此，球形饰品的体积的最大值为．
故选：．
利用三棱锥的体积公式与解三角形的知识，算出点到平面的距离，进而求出正方体的中心到平面的距离，然后根据正方体内切球半径，算出该球形饰品的体积的最大值．
本题主要考查正方体的结构特征、三棱锥的体积公式及其应用、多面体的内切球与球的体积公式等知识，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：在复平面对应的点位于第四象限，故A错误；
，故B正确；
，，故C错误；
为纯虚数，故D正确．
故选：．
根据已知条件，结合复数的几何意义，复数模公式，复数的四则运算，共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，复数模公式，复数的四则运算，共轭复数的定义，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：当时，显然错误，
因为，当且仅当，即时取等号，B错误；
，当且仅当时取等号，C正确；
，当且仅当时取等号，D正确．
故选：．
举出反例检验选项A，结合基本不等式检验选项B，，．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体，
在正方体中，可知，，
故异面直线与所成的角即为与所成的角为，故A项错误；
同理，与所成的角即为与所成的角为，故B项正确；
在正方体中，，，，，
故HC平面，则点到平面的距离为，
设直线与平面所成的角为，则，故，故C项正确；
在正方体中，，，，，
则平面平面，平面平面于直线，平面平面，
故直线直线，故D项正确．
故选：．
根据正方体的平面展开图还原正方体，利用正方体的性质，结合异面直线的位置关系，线面位置关系及面面平行的性质依次判断各项的正误．
本题考查了立体几何的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：如图，设直线与圆于，，
对于，
，故A正确；
对于，时，，
则
，故B正确；
对于，圆的半径为，则，，
因，不能同时过圆心，故不能取等号，
则，故C错误；
对于，取的中点为，连接，则，
则
，而，
则的取值范围是，故D正确．
故选：．
根据题设中的圆幂定理可判断选项A、的正误；取的中点为，连接，利用向量的线性运算可判断选项D的正误；根据直径的大小可判断选项C的正误．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：由向量，不共线，得，
由向量与共线，
得，则，所以．
故答案为：．
根据给定条件，利用共线向量定理求出即得．
本题主要考查共线向量定理，属于基础题．
14.【答案】或
【解析】解：，
由正弦定理得：因为，所以或．
故答案为：或．
直接利用正弦定理，求出的正弦函数值，即可求出的值．
本题考查正弦定理，以及特殊角的三角函数值，正确利用正弦定理是解本题的关键．
15.【答案】
【解析】解：，
，
则，即，解得，
故在上的投影向量的坐标为：．
故答案为：．
根据已知条件，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．
16.【答案】
【解析】解：由题意知图象关于原点对称，
因此，解出，，
由于在上单调递减，，
因此
解出，
由于，
所以取，解得，
又由于，，且，
则，．
故答案为：．
根据余弦函数的性质可得，结合单调性列不等式即可求解．
本题主要考查了函数的图象变换以及余弦函数的性质的综合应用，考查了函数思想，属于中档题．
17.【答案】解：由图象可得，且，解得，，
即；
由可得函数的单调递增区间满足：，，
解得，．
所以函数的单调递增区间为，．
【解析】由图象可得的值及与的关系式，进而可得，的值，进而求出函数的解析式；
由可得函数的单调递增区间满足的条件，进而求出函数的单调递增区间．
本题考查三角函数的解析式的求法及性质的应用，属于中档题．
18.【答案】解：根据题意，可得，
设点的坐标为，则，
若四边形是平行四边形，则，即，
解得，，所以点的坐标为；
由，得，
若，则或，设
当时，可得，解得，，
所以，可得；
当时，同理可得点的坐标为，此时．
综上所述，的值为或．
【解析】根据平行四边形的性质，可得，由此列式算出点的坐标；
根据题意，可得或，从而利用向量的坐标运算法则求出点的坐标，得到向量的坐标，进而算出的值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量数量积的坐标表示等知识，属于基础题．
19.【答案】解：证明：取中点，连、，则且，
由题意四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面； 分
由题意：，．
，
又平面平面，面，
，又，
面；
【解析】取中点，连、，证明四边形为平行四边形，然后证明平面；
通过计算说明，利用平面与平面的垂直，证明，即可证明平面；
本题考查直线与平面的平行的判定定理的应用，直线与平面垂直判断定理的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力．．
20.【答案】解：，
，
即，
所以，因为，
所以，，
因为，
所以
因为，，，根据余弦定理得
，．
A.
在中，由正弦定理知，，
，，
，
．
【解析】本题考查解三角形和三角恒等变换，属于一般题．
利用正弦定理和三角恒等变换求得，即可求；
利用余弦定理求，求出，再由正弦定理求，即可得．
21.【答案】解：向量，
可得，
可得，所以，
所以函数的最小值为；
因为，
所以，所以，
当时，由正弦定理可得：，
所以，，
因为，
所以，
由余弦定理可得，
即，解得，
此时．
【解析】由数量积的运算性质及辅助角公式公式的应用，可得的解析式，由角的范围，可得的范围，进而求出的最小值；
由及题意可得角的大小，再由正弦定理可得，的表达式，由题意可得的值，再由余弦定理可得的值，代入三角形的面积公式可得该三角形的面积．
本题考查数量积的运算性质的应用，正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
22.【答案】解：由表格数据知，函数单调递减且递减速度逐渐变慢，
所以模型不符合，选模型，
则，解得，
所以；
令，得，
所以，
即刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间为．
【解析】由表格数据，判断函数单调递减且递减速度逐渐变慢，模型不符合，选模型，把前组数据代入求出，，的值即可；
令，结合对数的运算性质求出的值即可．
本题考查了函数模型的实际应用问题，也考查了对数的运算性质，是基础题．
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