广东省江门市鹤山市第一中学2023-2024学年高一下学期第二阶段考试（5月）数学试题（含答案）

鹤山一中2023—2024学年度第二学期第二阶段考试
高一数学试卷
2024.5
一、单项选择题：本大题共8题，每题5分，共40分.
1.已知（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2.在中，内角，，所对的边为，，，若，，，则角的大小为（ ）
A. B.或 C. D.
3.是在斜二测画法下的直观图，其中，则的面积是（ ）
A. B.4 C.8 D.
4.已知，且，则的最小值是（ ）
A.2 B.5 C.4 D.3
5.已知，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，下列正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
6.已知，则（ ）
A. B. C. D.2
7.如图，在等腰梯形中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知四棱锥的顶点都在体积为的球面上，底面为面积为32的正方形，则当四棱锥体积最大时，该四棱锥的表面积为（ ）
A.66 B.96 C.128 D.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分.）
9.已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A.的相反向量是 B.若，则
C.在上的投影向量为 D.若，则
10.对于有如下命题，其中正确的是（ ）
A.若，则为钝角三角形
B.若，，且有两解，则的取值范围是
C.在锐角中，不等式恒成立
D.在中，若，，则必是等边三角形
11.如图，正方体的棱长为1，动点在直线上，，分别是，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.平面
C.三棱锥的体积为定值 D.存在点，使得平面平面
三、填空题（本大题3小题，每小题5分，共15分）
12.定义在区间上的函数与的图象的交点个数为______.
13.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形.如果三棱柱的体积为，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为______.
14.抚仙湖，位于澄江市、江川区、华宁县之间，湖面积仅次于滇池和洱海，为云南省第三大湖，也是我国最大的深水型淡水湖泊.如图所示，为了测量抚仙湖畔，两点之间的距离，现取两点，，测得公里，，，，则，两点之间的距离为______公里.
四、解答题：本大题共5题，第15题13分，16、17每题15分，18、19题每题17分，共77分.
15.（13分）已知复数（）.
（1）若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
（2）若是纯虚数，求的值.
16.（15分）已知向量，满足，.
（1）若向量，的夹角为，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若，求向量，的夹角.
17.（15分）已知中，内角，，的对边分别为，，，，.
（1）求；
（2）若为的中线，且，求的面积.
18.（17分）如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求异面直线与所成角的大小.
19.（17分）已知函数（），将函数的图像向右平移个单位得到的函数图像关于轴对称，且当时，取得最大值.
（1）求函数的解析式；
（2）将函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，，且，求的值；
（3）若关于的方程在上有4个不相等的实数根，求实数的取值范围.
鹤山一中2023—2024学年高一第二学期阶段二考试
高一数学答案
2024.5
1. D 2. B 3. C 4. D 5. D 6. A 7. B 8. C
8.【详解】设球的半径为，球心为，则，解得：.
因为底面为面积为32，所以.
所以要使四棱锥体积最大，只需使点到底面的距离最大.
当四棱锥为正四棱锥且球心在四棱锥的内部时，该四棱锥的高最大，体积也最大.
设是线段的中点，是正方形的中心，连接，，.
设正方形的边长为，则，解得，
所以正方形的外接圆半径，，
球心到底面的距离.
当四棱锥的体积最大时，四棱锥的高.
因为四棱锥为正四棱锥，所以，则，
所以.
此时该四棱锥的表面积为，故选：D.
9. AC 10. ACD 11. ABC
11.连接，∵，分别是，的中点，则
又∵，，则为平行四边形，即，∴，A正确；
∵，.即，∴.
即.又∵平面，平面，
则，，∴平面，B正确；
三棱锥即为三棱锥，∴平面平面，
则动点到平面的距离，
的面积，∴为定值，C正确；
∵是的中点，则，，则为梯形.
与相交，则平面与平面相交.D不正确；
12. 16 由于为偶函数，也为偶函数，故考虑的情况，画出图像：共有8个交点，且时，没有交点，故共有16个交点
13. 解：设圆柱的底面半径为，则其高为.
三棱柱的底面是正三角形，内接于圆，如图：连接，，过作垂直于，垂足为，
因为三角形为等边三角形，所以，
在直角三角形中，，∴，
∴三棱柱的体积为.解得，
所以圆柱的侧面积为.故填：.
14.【解析】在中，
由正弦定理可得：，
即
在中
所以，则，
中，由余弦定理可得：
即，故答案为：.
15.（1）由题可得解得，即的取值范围是.
（2）.
因为是纯虚数，所以解得.
16.解：（1）若向量，的夹角为，又，，
则；
（2）若，则，
又，，则，
即；
（3）若，则，即，
则，
则，即向量，的夹角.
17.（1）解：由，可得，
因为，可知，所以，
又因为，联立方程组得，所以.
（2）解：由（1）知.可得，
因为为的中线，且，
所以，两边平方得，
又由余弦定理得，即，
两式相减，可得，所以.
18.（1）∵侧面，均为正方形，∴，，，，
∴，∴，又∵，，平面
∴平面，又∵平面，∴平面平面，
∵，是棱的中点，∴，
又∵平面平面，平面，∴.
（2）证明：在三棱柱中，设，
连接，为正方形，∴是中点，
又是中点，∴为中位线，∴，又平面.
平面，∴平面.
（3）取中点，连接，，，在三棱柱中，，，，，∵，分别是，的中点，
∴，，∴四边形是平行四边形，∴，，
又∵，
∴，，即四边形是平行四边形，∴，
∴（或其补角）是异面直线与所成的角
∵，，∴，，
∵侧面为正方形，∴，
由（1）知平面，且，∴平面，
又∵平面，∴，
∵，∴，∴，
由（1）得平面，且，∴平面，平面，
∴，在中，，∴，
即异面直线与所成的角为.
19.（1）因，依题意的图像关于轴对称，
则有，，即，，而，即有或.
当时，，符合要求；
当时，，不符合要求
故函数的解析式是.
（2）由图象平移可得，
若，则，
而在区间上递减，在区间上递增，
显然两侧关于直线对称，若，且，
则，即，
故.
（3）由（1），令，
由可得，则，
由题意，关于的方程有两个不等的实根，，
且与在上均有两个不等的实根，
当时，，的图象如图所示，故，，
即关于的方程在上有两个不等的实根，令，则
即，解得.