湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高一（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．（2024高一下·宜昌期中）已知命题：，，则( )
A．：， B．：，
C．：， D．时，为真命题
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题，否命题为：，故B正确；
当时，方程 ，判别式，所以方程有解，则为假命题，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据命题的否定以及命题的真假判断即可.
2．（2024高一下·宜昌期中）已知集合，，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得或，则，
因为集合，所以.
故答案为：D.
【分析】先解不等式，再根据补集定义求，再根据集合的并集运算求解即可.
3．（2024高一下·宜昌期中）“a>b>0”是“”的 （ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质
【解析】【解答由“”可以推出“”，但是由“”推不出“”，所以“”是“”的充分不必要条件.
【分析】要判断充分条件、必要条件，需要分清谁是条件谁是结论，由谁能推出谁.
4．（2024高一下·宜昌期中）下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的周期性
【解析】【解答】解：AC、函数、的最小正周期为，故AC不符合；
B、函数周期为，且在上单调递增，故B符合；
D、函数周期为，且在上单调递减，故D不符合；
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的周期性与单调性逐项分析判断即可.
5．（2024高一下·宜昌期中）已知，是两个不共线的平面向量，向量，，若，则有
( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，所以设，
由，，
可得，即，解得.
故答案为：C．
【分析】根据平面向量共线定理列式求解即可.
6．（2024高一下·宜昌期中）如图，在圆中，是圆心，点，在圆上，的值( )
A．只与圆的半径有关
B．只与弦的长度有关
C．既与圆的半径有关，又与弦的长度有关
D．是与圆的半径和弦的长度均无关的定值
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设与的夹角为，在中，，
则，故的值只与弦的长度有关.
故答案为：.
【分析】根据向量的夹角公式，结合向量的数量积求解判断即可.
7．（2024高一下·宜昌期中）已知，，则( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由，，则，，
故.
故答案为：C.
【分析】根据指数、对数互化，结合换底公式求解即可.
8．（2024高一下·宜昌期中）已知函数，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】令，则，
解得或，
即或，
因为函数在上恰有3个零点，
所以，
第一个不等式组解得，
第二个不等式组解得
所以所求取值范围为.
故答案为：D.
【分析】由题意得求解可得或，列出关于 的不等式组，求解可得实数的取值范围.
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．（2024高一下·宜昌期中）已知幂函数的图象经过点，则( )
A．函数为奇函数
B．函数在定义域上为减函数
C．函数的值域为
D．当时，
【答案】A,D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设幂函数，将点代入解析式得，解得，故函数定义域为；
A、，则函数为奇函数，故A正确；
B、函数在上单调递减，但在定义域上不具有单调性，故B错误；
C、的值域为，故C错误；
D、当，，即满足，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设幂函数，根据已知条件求得解析式，再根据幂函数图象性质逐项分析判断即可.
10．（2024高一下·宜昌期中）若，，且，则( )
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：A、若，，，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、，
因为，所以所以，故B正确；
C、，当且仅当，即时等号成立，故C错误；
D、，则有，变形可得，
故，当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】根据题意，由基本不等式和不等式的性质逐项分析判断即可．
11．（2024高一下·宜昌期中）如图，一个半径为的筒车，按逆时针方向匀速旋转周已知盛水筒离水面的最大距离为，旋转一周需要以刚浮出水面时开始计算时间，到水面的距离单位：在水面下则为负数与时间单位：之间的关系为，，下列说法正确的是( )
A．
B．
C．
D．离水面的距离不小于的时长为
【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：A、由题意，，解得，故A正确；
B、筒车旋转一周需要60s，则函数的周期，解得，故B正确；
C、由AB可知，当时，，则，解得，故C错误；
D、由C的结论，得，
因为，所以，由，得，
令，得，所以，故，
所以离水面的距离不小于3.7m的时长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，求出即可判断A；根据函数的周期求出即可判断B；根据时，，利用待定系数法即可求出即可判断C；解正弦不等式即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高一下·宜昌期中）在中，，，，则边上的高的长度为 ．
【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：在中，因为，，，所以，
由余弦定理可得：，则边上的高为：.
故答案为：.
【分析】根据已知条件，利用余弦定理求出，再根据三角形的面积转化求解边上的高即可.
13．（2024高一下·宜昌期中）已知正三角形的边长为，点在边上，则的最大值为 ．
【答案】2
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：以为轴，边上的高为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，如图所示：
则，，，，
则，当时，有最大值
故答案为：2.
【分析】建立平面直角坐标系，设点利用向量的坐标运算，结合向量的数量积以及二次函数的性质求解即可.
14．（2024高一下·宜昌期中）某同学在查阅资料时，发现一个结论：已知是内的一点，且存在，，，使得，则：：：：请以此结论回答：已知在中，，，是的外心，且，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：因为O是的外心，
所以，
由结论可得，
即 ，
可得，即，
因为，
所以，所以，
即，即，解得.
故答案为：.
【分析】由结论可得，可得，再根据可得，从而有，求解即可.
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．（2024高一下·宜昌期中）已知
（1）化简；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：
（2）解：由（1）易得，
所以
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】(1)根据诱导公式，奇变偶不变，符号看象限，化简即可.(2)根据同角三角函数关系，将分母“1”，转化为，分子分母同除，将弦转化为切即可.
16．（2024高一下·宜昌期中）已知向量，满足：，，．
（1）求与的夹角；
（2）求；
（3）若，求实数的值．
【答案】（1）解：因为，，，
所以，即，解得，
所以，又因为，所以；
（2）解：
（3）解：由，得，
即，即.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）由题意，利用向量的数量积运算求解即可；
(2)利用向量的模的求法，求解即可；
(3)由题意，根据向量的数量积为0，求解即可.
17．（2024高一下·宜昌期中）在中，内角，，的对边分别为，，若．
（1）求角的大小；
（2）设是的中点，且，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
所以由正弦定理边角互化得，
因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，
所以
（2）解：因为是的中点，所以，
所以，
因为，所以，即，解得，舍，
所以.
【知识点】向量在几何中的应用；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用据正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式得，即可求得角B；
（2）根据题意得，进而得，解方程得，再求面积即可.
18．（2024高一下·宜昌期中）已知函数的最大值为，
（1）求常数的值，并求函数取最大值时相应的集合；
（2）求函数的单调递增区间．
【答案】（1）解：，
，
．
当时，函数取到最大值，
所以，即，
令，得，
所以当函数取到最大值时的集合为.
（2）解：由得，
所以令，
得，
所以函数的单调递增区间为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦、余弦的二倍角公式以及两角和的正弦公式化简，结合正弦函数的性质求出及取最大值时相应的集合即可；
（2）由（1）可得，根据正弦函数的性质计算即可.
19．（2024高一下·宜昌期中）已知函数
（1）当时，求有意义时的取值范围；
（2）若在时都有意义，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程有且仅有一个解，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：要使有意义，则，
当，即，解得，
所以的取值范围为.
（2）解：在时都有意义，即在时恒成立，
即在时恒成立，
即在时恒成立，只需即可，
令，，
令，，
因为，所以，
当且仅当，且，即时等号成立，
所以，
所以，即最大值为，
所以，即实数的取值范围是．
（3）解：由已知，有且仅有一个解，
即有且仅有一个解，
即有且仅有一个解，
显然，则有且仅有一个解，
当时，方程化为，解得满足；
当时，一元二次方程有且只有一个解，
则，此时，只有一个解，
综上所述，或．
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质；其他不等式的解法；基本不等式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用对数函数有意义列不等式，求解即可；
（2）由题意可转化为在时恒成立，分离a，可转化为求最值的问题；
（3）方程有且仅有一个解，可转化为有且仅有一个解，讨论二次函数的图象与坐标轴的交点个数即可求解.
1 / 1湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高一（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．（2024高一下·宜昌期中）已知命题：，，则( )
A．：， B．：，
C．：， D．时，为真命题
2．（2024高一下·宜昌期中）已知集合，，则( )
A． B． C． D．
3．（2024高一下·宜昌期中）“a>b>0”是“”的 （ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高一下·宜昌期中）下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是( )
A． B． C． D．
5．（2024高一下·宜昌期中）已知，是两个不共线的平面向量，向量，，若，则有
( )
A． B． C． D．
6．（2024高一下·宜昌期中）如图，在圆中，是圆心，点，在圆上，的值( )
A．只与圆的半径有关
B．只与弦的长度有关
C．既与圆的半径有关，又与弦的长度有关
D．是与圆的半径和弦的长度均无关的定值
7．（2024高一下·宜昌期中）已知，，则( )
A． B． C． D．
8．（2024高一下·宜昌期中）已知函数，若函数在上恰有3个零点，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．（2024高一下·宜昌期中）已知幂函数的图象经过点，则( )
A．函数为奇函数
B．函数在定义域上为减函数
C．函数的值域为
D．当时，
10．（2024高一下·宜昌期中）若，，且，则( )
A． B． C． D．
11．（2024高一下·宜昌期中）如图，一个半径为的筒车，按逆时针方向匀速旋转周已知盛水筒离水面的最大距离为，旋转一周需要以刚浮出水面时开始计算时间，到水面的距离单位：在水面下则为负数与时间单位：之间的关系为，，下列说法正确的是( )
A．
B．
C．
D．离水面的距离不小于的时长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高一下·宜昌期中）在中，，，，则边上的高的长度为 ．
13．（2024高一下·宜昌期中）已知正三角形的边长为，点在边上，则的最大值为 ．
14．（2024高一下·宜昌期中）某同学在查阅资料时，发现一个结论：已知是内的一点，且存在，，，使得，则：：：：请以此结论回答：已知在中，，，是的外心，且，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．（2024高一下·宜昌期中）已知
（1）化简；
（2）若，求的值．
16．（2024高一下·宜昌期中）已知向量，满足：，，．
（1）求与的夹角；
（2）求；
（3）若，求实数的值．
17．（2024高一下·宜昌期中）在中，内角，，的对边分别为，，若．
（1）求角的大小；
（2）设是的中点，且，求的面积．
18．（2024高一下·宜昌期中）已知函数的最大值为，
（1）求常数的值，并求函数取最大值时相应的集合；
（2）求函数的单调递增区间．
19．（2024高一下·宜昌期中）已知函数
（1）当时，求有意义时的取值范围；
（2）若在时都有意义，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程有且仅有一个解，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题，否命题为：，故B正确；
当时，方程 ，判别式，所以方程有解，则为假命题，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据命题的否定以及命题的真假判断即可.
2．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得或，则，
因为集合，所以.
故答案为：D.
【分析】先解不等式，再根据补集定义求，再根据集合的并集运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质
【解析】【解答由“”可以推出“”，但是由“”推不出“”，所以“”是“”的充分不必要条件.
【分析】要判断充分条件、必要条件，需要分清谁是条件谁是结论，由谁能推出谁.
4．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的周期性
【解析】【解答】解：AC、函数、的最小正周期为，故AC不符合；
B、函数周期为，且在上单调递增，故B符合；
D、函数周期为，且在上单调递减，故D不符合；
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的周期性与单调性逐项分析判断即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，所以设，
由，，
可得，即，解得.
故答案为：C．
【分析】根据平面向量共线定理列式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设与的夹角为，在中，，
则，故的值只与弦的长度有关.
故答案为：.
【分析】根据向量的夹角公式，结合向量的数量积求解判断即可.
7．【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由，，则，，
故.
故答案为：C.
【分析】根据指数、对数互化，结合换底公式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】令，则，
解得或，
即或，
因为函数在上恰有3个零点，
所以，
第一个不等式组解得，
第二个不等式组解得
所以所求取值范围为.
故答案为：D.
【分析】由题意得求解可得或，列出关于 的不等式组，求解可得实数的取值范围.
9．【答案】A,D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设幂函数，将点代入解析式得，解得，故函数定义域为；
A、，则函数为奇函数，故A正确；
B、函数在上单调递减，但在定义域上不具有单调性，故B错误；
C、的值域为，故C错误；
D、当，，即满足，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设幂函数，根据已知条件求得解析式，再根据幂函数图象性质逐项分析判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：A、若，，，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、，
因为，所以所以，故B正确；
C、，当且仅当，即时等号成立，故C错误；
D、，则有，变形可得，
故，当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】根据题意，由基本不等式和不等式的性质逐项分析判断即可．
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：A、由题意，，解得，故A正确；
B、筒车旋转一周需要60s，则函数的周期，解得，故B正确；
C、由AB可知，当时，，则，解得，故C错误；
D、由C的结论，得，
因为，所以，由，得，
令，得，所以，故，
所以离水面的距离不小于3.7m的时长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，求出即可判断A；根据函数的周期求出即可判断B；根据时，，利用待定系数法即可求出即可判断C；解正弦不等式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：在中，因为，，，所以，
由余弦定理可得：，则边上的高为：.
故答案为：.
【分析】根据已知条件，利用余弦定理求出，再根据三角形的面积转化求解边上的高即可.
13．【答案】2
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：以为轴，边上的高为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，如图所示：
则，，，，
则，当时，有最大值
故答案为：2.
【分析】建立平面直角坐标系，设点利用向量的坐标运算，结合向量的数量积以及二次函数的性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：因为O是的外心，
所以，
由结论可得，
即 ，
可得，即，
因为，
所以，所以，
即，即，解得.
故答案为：.
【分析】由结论可得，可得，再根据可得，从而有，求解即可.
15．【答案】（1）解：
（2）解：由（1）易得，
所以
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】(1)根据诱导公式，奇变偶不变，符号看象限，化简即可.(2)根据同角三角函数关系，将分母“1”，转化为，分子分母同除，将弦转化为切即可.
16．【答案】（1）解：因为，，，
所以，即，解得，
所以，又因为，所以；
（2）解：
（3）解：由，得，
即，即.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）由题意，利用向量的数量积运算求解即可；
(2)利用向量的模的求法，求解即可；
(3)由题意，根据向量的数量积为0，求解即可.
17．【答案】（1）解：因为，
所以由正弦定理边角互化得，
因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，
所以
（2）解：因为是的中点，所以，
所以，
因为，所以，即，解得，舍，
所以.
【知识点】向量在几何中的应用；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用据正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式得，即可求得角B；
（2）根据题意得，进而得，解方程得，再求面积即可.
18．【答案】（1）解：，
，
．
当时，函数取到最大值，
所以，即，
令，得，
所以当函数取到最大值时的集合为.
（2）解：由得，
所以令，
得，
所以函数的单调递增区间为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦、余弦的二倍角公式以及两角和的正弦公式化简，结合正弦函数的性质求出及取最大值时相应的集合即可；
（2）由（1）可得，根据正弦函数的性质计算即可.
19．【答案】（1）解：要使有意义，则，
当，即，解得，
所以的取值范围为.
（2）解：在时都有意义，即在时恒成立，
即在时恒成立，
即在时恒成立，只需即可，
令，，
令，，
因为，所以，
当且仅当，且，即时等号成立，
所以，
所以，即最大值为，
所以，即实数的取值范围是．
（3）解：由已知，有且仅有一个解，
即有且仅有一个解，
即有且仅有一个解，
显然，则有且仅有一个解，
当时，方程化为，解得满足；
当时，一元二次方程有且只有一个解，
则，此时，只有一个解，
综上所述，或．
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质；其他不等式的解法；基本不等式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用对数函数有意义列不等式，求解即可；
（2）由题意可转化为在时恒成立，分离a，可转化为求最值的问题；
（3）方程有且仅有一个解，可转化为有且仅有一个解，讨论二次函数的图象与坐标轴的交点个数即可求解.
1 / 1
