2023-2024学年度第二学期高一年级期中考试数学试卷
一、单项选择题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A． B． C． D．
3．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数在内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知在中，，，为线段的中点，点在线段上，若，则（ ）
A． B．
C． D．
6．在菱形中，，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的四等分点，则（ ）
A． B．
C． D．
7．已知向量，，，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
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8．在中，，，点与点分别在直线的两侧，且，，则的长度的最大值是（ ）
A． B． C．3 D．
二、多项选择题
9．已知函数有且只有一个零点，则（ ）
A．
B．
C．若不等式的解集为，则
D．若不等式的解集为，且，则
10．如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在坐标系中，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．与的夹角为
11．已知 为的三内角的对边，下列命题中正确的是（ ）
A．在中，的充要条件是
B．在锐角中，不等式恒成立
C．在中，若，则必是等腰直角三角形
D．在中，若，，则必是等边三角形
三、填空题
12．设复数满足，其中是虚数单位，则 .
13．圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若圆锥的底面圆半径是，则圆锥的母线 .
14．已知对任意平面向量，把B绕其起点沿逆时针方向旋转得到向量叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转得到点P.已知平面内点，点，把点B绕点A沿逆时针后得到点P，向量为向量在向量上的投影向量，则 .
四、解答题
15．已知函数．
(1)求函数的对称中心；
(2)函数在内是否存在单调减区间？若存在请说明原因并写出递减区间．若不存在.说明理由；
(3)若都有恒成立.求实数m的取值范围；
16．已知，，与的夹角是，求：
(1)
(2)当为何值时，
17．已知平面向量，其中．
(1)若是单位向量，且，求的坐标；
(2)若，且与垂直，求与的夹角．
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)若，求C；
(2)求的取值范围.
19．已知函数
(1)若函数在上有最大值，求实数a的值；
(2)若函数在上有且只有一个零点，求实数a的取值范围.参考答案：
1．A
【分析】利用交集定义直接求解．
【详解】集合，，
,0,．
故选：A．
2．C
【分析】先根据复数的几何意义写出，然后根据复数的除法计算.
【详解】由复数的几何意义可知，，.
故选：C
3．A
【分析】将问题化为，利用基本不等式求左侧的最小值，注意取值条件，即可得参数范围.
【详解】由题意，只需在时即可，
又，则，故，
当且仅当时等号成立，故，
所以，即.
故选：A
4．B
【分析】把先降幂，再辅助角公式化简成，根据求出的范围，根据图象观察再确定右端点的取值范围.
【详解】函数，
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时，则，
函数在内有且仅有三条对称轴，
则，解得，即实数的取值范围是.
故选：B.
5．B
【分析】根据平面向量的线性运算，先求得，进而求得.
【详解】由题意，得，
所以，所以，
所以，所以，
解得，
所以.
故选：B
6．C
【分析】建立平面直角坐标系后计算即可得.
【详解】作出图形如图所示.记线段交于点，
分别以所在直线为，轴建立平面直角坐标系.
设，则，，
故，，设，
则，解得.
故选：C.
7．A
【分析】根据向量的坐标运算及数量积的运算性质、夹角公式求解.
【详解】，，
，
，
，.
故选：A
8．B
【分析】根据已知条件可以判断是直角三角形，且随着的变化三条边的长度也会随着发生改变，因此先根据余弦定理和正弦定理确定与边的变化关系，再构造一个关于边的三角形，根据与边的关系在新构造的三角形中解出的表达式，找出最大值.
【详解】由可知， 是，的直角三角形，如图所示：
设，，，则由余弦定理
得，即
由正弦定理得，所以.
连接，在中，由余弦定理，得
当时，的长度取得最大值，为
故选:B
【点睛】思路点睛：
可变动图形与某一变量的变化关系引出的求边求角类问题（以本题为例）：
①确定变动图形的变化规律：如上题的变化是角度不变，边长可等比例变化
②确定图形变化与某个变量的联系：变化发生变化整体变化
③找到有直接联系的两个变量的数学关系，然后推广到整体变化上：此处最为困难，需要学生根据已知条件活用所学的数学知识.
9．ABD
【分析】
由函数的零点的定义和二次方程有两个相等的实数解的条件可得的关系式，由二次函数的最值求法，可判断A；由基本不等式可判断B；由二次方程的韦达定理可判断C，D
【详解】
解：根据题意，函数有且只有一个零点，必有，即，，
依次分析选项：
对于A，,
当且仅当时，等号成立，即有，故A正确；
对于B，，当且仅当时，取得等号，故B正确；
对于C，由为方程的两根，可得，故C错误；
对于D，由为方程的两根，可得，，
则，解得，故D正确．
故选：ABD．
10．BCD
【分析】根据对应的坐标是的坐标，进而可得，根据平面向量数量积的公式，模长公式及夹角公式可得结果.
【详解】选项A：
，故A错误，C正确；
选项B：
，故B正确；
选项D：因为
，
，
所以，
因为，所以，故D正确；
故选：BCD.
11．ABD
【分析】在中，由正弦定理可知等价于等价于，可判断A；在锐角中，，可知，可判断B；在中，由正弦定
理可得，可得或，可判断 C；在中，由余弦定理知，即，又，可判断D；
【详解】对于A，在中，由正弦定理可得，等价于等价于，所以的充要条件是，故A正确；
对于B，在锐角中，，，，，同理知，所以，故B正确；
对于C，在中，由及正弦定理可得，即，，或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故 C错误；
对于D，在中，若，，由余弦定理知，化简得，又，所以必是等边三角形，故D正确；
故选：ABD
12．
【分析】先利用复数除法运算求解，然后利用模的运算求解即可.
【详解】由，可得，
所以.
故答案为：
13．
【分析】由圆锥的底面半径求出底面周长，再利用锥体的侧面展开图的弧长，可求得圆锥的母线.
【详解】设圆锥的底面半径为，扇形的圆心角为，可得圆锥底面周长为，
圆锥的母线为,该圆锥的侧面展开图弧长为解得.
故答案为：.
14．/
【分析】根据题意，计算出 ，再利用投影向量的定义及模长公式即得.
【详解】因为，，所以，
，
所以P点坐标为，
所以，
所以.
故答案为：.
15．(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）由题意.利用正弦函数的图象的对称性.求得函数的对称中心．
（2）由题意.根据正弦函数的单调性.得出结论．
（3）由题意.求得函数的最大值和最小值.可得实数m的取值范围．
【详解】（1）对于函数，
令，，求得，，
所以函数的对称中心为.
（2）当，有，
当时，函数单调递减，即，求得，
可得函数的减区间为，
故函数在内存在单调减区间．
（3）由，有，，
故函数的最大值为1，最小值为；
若都有恒成立，
则，
故实数m的取值范围为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量数量积定义和运算律可求得，从而得到；
（2）利用向量垂直与数量积的运算律得到关于的方程，从而得解.
【详解】（1）因为，，与的夹角是，
所以，
故，
则.
（2）因为，所以，
则，即，
所以.
17．(1)或
(2)
【分析】（1）由已知，可设，由可得：，再由得到，解方程即可求解出的坐标；
（2）根据题意，由与垂直，可直接利用数量积的定义计算与的夹角.
【详解】（1）由已知，可设，由可得：，又因为是单位向量，
所以，故，
解得或；
（2）由已知，，所以，
因为与垂直，
所以，
解得：所以，又，
所以与的夹角为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）先由题给条件求得，进而求得；
（2）先利用正弦定理和题给条件求得和，再构造函数，求得此函数值域即为的取值范围
【详解】（1）由，
可得，则
整理得，解之得或
又，则，则，则
（2）A ，B为的内角，则
则由，可得，则均为锐角
又，则，
则，则
因为,
则
令，则
又在单调递增，，
可得，则的取值范围为，
则的取值范围为
19．(1)
(2)或
【分析】（1）由题，，令，转化为关于的二次函数求参数范围；
（2）由（Ⅰ），令，因为函数在上有且只有一个零点，所以的图像在上与轴只有一个交点，进而得到答案．
【详解】（1）由题，
因为，所以令，对称轴为 ，
当时， ，解得（舍），
当时，，解得，
所以.
（2）由（1），
由，令，对称轴为，
因为函数在上有且只有一个零点，
所以的图像在上与轴只有一个交点，
所以 ，解得，
或者，即，解得，
当时，与轴在上有两个交点，故舍去，
综上，或.
