2023-2024学年湖南省邵阳市邵东市高一下册期中考试数学试题(含解析)

一、单选题∣1x6,N{xZ∣3x6}，则MN（1．已知集合Mx

）D．4,5A．3,4【正确答案】DB．4C．4,5,6【分析】根据整数集的性质，结合集合交集的运算定义进行求解即可.∣1x6，所以MN4,5.【详解】因为N4,5,Mx

故选：D3

2．2izi，则z的虚部为（）C．252A．i

52B．i

5D．25【正确答案】C【分析】使用复数的除法运算解决。i2ii3i12122

i，所以zi，虚部为，【详解】z

2i2i2i2i55555故选：C.3．如图所示，在ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同14

的两点M、N，若ABmAM，ACnAN(m,n0)，则的最小值为（mn

）A．2【正确答案】CB．3C．92

D．5【分析】根据向量基本定理及向量共线定理的推论得到最小值.mn

1，再利用基本不等式求出22

【详解】若C,D,E三点共线，FCFDFE，则1，理由如下：

FDFCxFEFDC,D,E因为三点共线，则有CDxDE，即，即FC1xFDxFE，故1x,x，故1，1mn其中AO(ABAC)AMAN，222M、O、N三点共线，

mn

1，221414mn5n2m59()()2，mnmn2222mn224n2m

，即n2m时，等号成立．32mn当且仅当故选：C．在ABC中，内角A，若ABC的面积是4．B，C所对应的边分别是a，b，c，则A（A．π

33b2c2a24，）B．2π3C．π6D．5π6【正确答案】A【分析】根据正余弦定理及面积公式化简计算即可.222

【详解】由余弦定理可得：bca2bccosA,A0,π由条件及正弦定理可得：3b2c2a213SbcsinAbccosA，242所以tanA3，则A故选：Aπ

．35．若a0，b0，且a1b11，2a8b的最小值为（A．12【正确答案】DB．14C．16）D．18【分析】由a1b11，可得111，后由基本不等式可得答案.ab【详解】a1b11，abab11118b2a111，ab8b2a18，于是2a8b2a8b10102ababab当且仅当故选：D38b2a，即a3,b时取等号.2absinaπcosπa1

π6．已知tana，则3π（cosasina222A．

）1

3B．13C．3D．3【正确答案】D【分析】对所求式子利用诱导公式进行化简，再利用弦化切即可求解.1【详解】tan,cos0，2sinπcosπ则π3π

cossin

22

故选：D.7．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB

32，则该半正多面体外接球的表面积为（211

sincostan123，sincos1tan112）A．18π【正确答案】AB．16πC．14πD．12π【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心O，进而可求球的半径和表面积.【详解】如图，在正方体EFGHE1F1G1H1中，取正方体、正方形E1F1G1H1的中心O、O1，连接E1G1,OO1,OA,O1A，∵A,B分别为E1H1,H1G1的中点，则E1G12AB32，∴正方体的边长为EF3，332故OO1O1A，可得OAOO12O1A2，22根据对称性可知：点O到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为O，半径ROA32，22322S4πR4π故该半正多面体外接球的表面积为218π.故选：A.log2x2,2x0

fx8．已知函数，若函数2

x2x1,x0

g(x)[f(f(x))]2(a1)f(f(x))a(aR)恰有8个不同零点，则实数a的取值范围是（）B．[0,1)

1

C．(0,)

4A．(0,1)【正确答案】AD．(0,2)【分析】利用十字相乘法进行因式分解，然后利用换元法tfx，作出fx的图象，利用数形结合判断根的个数即可.【详解】由g(x)f(f(x))(a1)f(f(x))a0，得ffx1ffxa0，2解得ffx1或ffxa，作出fx的图象如图，则若fx1，则x0或x2，设tfx，由ffx1得ft1，此时t0或t2，当t0时，fxt0，有两根，当t2时，fxt2，有一个根，则必须有ffxa，a1有5个根，设tfx，由ffxa得fta，若a0，由fta0，得t1或t1，fx1有一个根，fx1有两个根，此时有3个根，不满足题意；若a1，由fta，得t2，fxt有一个根，不满足条件.若a<0，由fta，得2t1，fxt有一个根，不满足条件；若0a1，由fta，得1t10或0t21或1t32，当1t10，fxt1有一个根，当0t21时，fxt2有3个根，当1t32时，fxt3有一个根，此时共有5个根，满足题意.所以实数a的取值范围为0,1.故选：A.方法点睛：已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数ygx,yhx的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为ya,ygx的交点个数的图象的交点个数问题．二、多选题9．下列正确的是（）B．sin20cos110cos160sin701D．sin14ocos74ocos14osin74o32A．sin158cos48cos22sin481C．1tan1531tan15【正确答案】CD【分析】利用三角函数的诱导公式及两角和与差的三角函数公式的逆应用，逐一计算四个选项是否正确即得结果.【详解】对于A，因为sin158cos48cos22sin48sin22cos48cos22sin48所以sin158cos48cos22sin48sin2248sin701，故A错误；对于B，sin20cos110cos160sin70sin20cos70cos20sin70，sin20cos110cos160sin70sin20701，故B错误；1tan15tan45tan15对于C，tan4515tan603，故C正确；1tan151tan45tan15对于D，sin14ocos74ocos14osin74osin14o74osin60o故D正确.故选：CD.10．已知正数x，y满足xy2，则下列说法错误的是（）32A．xy的最大值为1C．xy的最小值为2【正确答案】BCB．x

2

y2的最大值为22

D．11的最大值为1xy【分析】根据基本不等式逐一分析判断即可得解.【详解】因为x0,y0,xy2，所以2xy2xy，故xy1，当且仅当xy时，取得等号，所以xy的最大值为1，故A正确；当x因为19513

,y时，x2y22，故B错误；22442xy2xy2xy22xy224，所以xy2，当且仅当xy时，取得等号，即xy有最大值为2，故C错误；2xyxyxy1，当且仅当xy时，取得等号，因为11xy2xy所以11有最大值为1，故D正确；xy故选：BC．11．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA12，ABBC1，ABC120，侧面AAC11C的对角线交点O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列结论正确的是（）222A．直三棱柱的侧面积是423B．直三棱柱的外接球表面积是8的体积与点E的位置有关C．三棱锥EAAO1

D．AEEC1的最小值为22【正确答案】ABD【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积即可判断A；讲直棱柱放在圆柱中，求出直棱柱底面外接圆半径，进而求出外接球半径，利用球的表面积公式即可判断B；由棱锥底面积与高为定值判断C；将侧面展开即可求出最小值判断D．【详解】在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA12，ABBC1，ABC120,则AC3，底面ABC和A1B1C1是等腰三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2+32423，故A正确；设底面外接圆半径为r，即2r

3，即r1，sin120所以直棱柱的外接球半径R12122，直三棱柱的外接球表面积为S4R28，故B正确；由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，三棱锥EAAO的高为定值2，1

SAA1O

113V313×3×2＝，××2＝，故C错误；EAA1O

3412221

把侧面AAC11C和侧面CC1B1B展开在一个平面上，当E为BB1的中点时，AEEC1取最小值，AEEC1min

221122，故D正确．2故选：ABD．12．已知定义在R上的函数f(x)不恒等于零，f(π)0，且对任意的x,y∈R，有f(2x)f(2y)f(xy)f(xy)，则（）B．f(x)是偶函数D．2π是f(x)的一个周期A．f(0)2

C．f(x)的图象关于点(π,0)中心对称【正确答案】ABC【分析】分别给x,y取适当值代入条件，通过代数表达式判断函数性质.【详解】对于A，令yx得f(2x)f(2x)f(2x)f(0)，又函数f(x)不恒等于零，所以f(0)2，选项A正确；对于B，令yx得f(2x)f(2x)f(0)f(2x)2f(2x)，所以f(2x)f(2x)，故函数f(x)是偶函数，选项B正确；对于C,D，令x

tπtπ

，y得f(tπ)f(tπ)f(t)f(π)0，即f(tπ)f(tπ)，22ft4πft2πft，所以函数f(x)是周期函数，且周期为4π，选项D错误；又f(x)是偶函数，即f(tπ)f(πt)，所以f(tπ)f(tπ)f(tπ)f(πt)0，即f(tπ)f(πt)，所以f(x)的图象关于点(π,0)对称，选项C正确.故选：ABC.三、填空题13．已知zC，且zi3，i为虚数单位，则z33i的最大值是__．【正确答案】8【分析】z表示以(0,1)为圆心，3为半径的圆，进而根据复数减法的几何意义求解即可.【详解】解：因为zC且zi3，所以，根据复数模的几何意义，z表示以(0,1)为圆心，3为半径的圆，所以，z33i表示圆上的点和点(3,3)的距离，因为圆心(0,1)到点(3,3)的距离为0313225，z33imax358，故8

14．在ABC中，axcm，b2cm，B45，若用正弦定理解此三角形时有两个解，则x的取值范围是__．【正确答案】(2,22)【分析】利用正弦定理可得x22sinA，再确定sinA的范围即可作答.abxsin45x【详解】在ABC中，由正弦定理得：sinA，sinAsinB222因ABC有两解，即给定x值，由sinA求出的角A有两个，它们互补，当ab时，0AB45，角A唯一确定，ABC只有一解，则ab，即有45BA135，而当A90时，ABC是直角三角形，只有一解，ABC有两解，则必有2sinA1，即222sinA22，有2x22，2所以x的取值范围是(2,22).故(2,22)

15．如图，在OAB中，P为线段AB上一点，则OPxOAyOB，若AP3PB，|OA|4，uuur

|OB|2，且OA与OB的夹角为60，则OPAB的值为_______.【正确答案】-3【分析】利用向量线性运算及平面向量基本定理，用OB,OA表示OP与AB，然后利用数量积的运算律求解即可33

【详解】因为AP3PB，所以APAB(OBOA)，4431

所以OPAB(OAAP)(OBOA)(OAOB)(OBOA)

4423211131

OAOBOAOB16442cos603，442442

即OPAB3，故-3四、双空题7π5π

16．已知函数fxsinx0R在区间,上单调，且满足126

7π3πff.124

5π

（1）若fxfx，则函数fx的最小正周期为______.6

2π13π

（2）若函数fx在区间,上恰有5个零点，则的取值范围为______.36

【正确答案】π

833【分析】（1）由题可得fx对称中心，根据三角函数的性质结合条件判断的大概取值范围，再结合条件可得函数的对称轴即可得到的值从而得出最小正周期；（2）根据函数的对称中心及的大概取值范围，结合三角函数的图象可得2π13π2π5

2TT，从而解出.36327π5π

【详解】因为函数fxsinx在区间,上单调，且满足126

2π

∴fx对称中心为,0，3

7π

ff12

3π，4

代入可得2π

k1π，k1Z，①37π5π2π

∵fx在区间,上单调，且fx对称中心为,0，1263

又∵5π2ππ2πππ7π

，，63636212π5π

∴fx在区间,上单调，26

2π2π2T5πππ

，T∴，即，326233∴03.5π

（1）∵fxfx，6

5ππ5π

∴fx关于x对称，代入可得k2π，k2Z，②12122①－②可得ππ

kπ，kZ，即24k，kZ，又03，422π∴2，Tπ；2π2π

（2）∵fx对称中心为,0，∴f0，33

2π13π

∵fx在区间,上恰有5个零点，36

∵fx相邻两个零点之间的距离为∴只需T5

，五个零点之间即2T，六个零点之间即T，222π13π2π5

2TT即可，3632810

所以，又∵03，338∴3.38故π；3.3五、解答题ππ

17．函数fxAsinxA0,0,的部分图象如图所示．32

(1)求函数fx的解析式；2π7π

(2)若函数gx2fxa在区间,上恰有3个零点，求a的取值范围．3212

π【正确答案】(1)fx2sin3x3(2)23,2

π

【分析】（1）令hxfxAsinx，结合图象可求得hx的解析式，则由3

π

fxhx可求得fx；3

（2）由（1）可得gx，令t2x

π4π5π

，将问题转化为mt4sint在t,上与ya336

恰有3个交点，采用数形结合的方式可求得结果.π

【详解】（1）令hxfxAsinx，3

2π5ππ2π

3，由图象可知：A2，最小正周期T4，1893T

π5ππ5π5π

h2sin2，则2kπkZ，解得：2kπkZ，362186

πππ

又，，hx2sin3x，323

ππππ

fxhx2sin3x2sinπ3x2sin

3333

π

（2）由（1）得：gx4sin2xa，3

π4π5ππ7π当x,时，2x,，336212π

3x.

3

令t2x

π4π5π

，则mt4sint在t,上与ya恰有3个交点，336

作出mt与ya的图象如下图所示，由图象可知：当23a2时，mt4sint与ya恰有3个交点，π7π

23,2即若gx在,上恰有3个零点，则a的取值范围为.212

r

a18．已知a，b，c是同一平面内的三个不同向量，其中1,2.r

(1)若c25，且a∥c，求c；

(2)若b2，且kab2akbk0，求ab的最小值，并求出此时a与b夹角的余弦值.rr【正确答案】(1)c=(2,4)或c2,4(2)ab

min2，此时cos1010ca,2,根据坐标求模公式，即可求解.【分析】（1）先设

(2)根据题意，条件可化简为6kab3k26，再根据基本不等式，即可求解.r

【详解】（1）因为a1,2，且a∥c，所以设ca,2，2所以c2225，解得2，rr所以c=(2,4)或c2,4.kab2akb（2）由，得kab

2

2

2akb，22222所以ka2kabb2a2kabkb，2r

因为a5，b2，可得6kab3k26，k1k1因为k0，所以ab22，2k2kk1

当且仅当，k2时取等号.2k

所以abmin2.10设a与b夹角为，则此时cos.10

19．已知圆锥的底面半径R6，高h8

(1)求圆锥的表面积和体积(2)如图若圆柱OO内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值【正确答案】(1)96,96;(2)24.【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长,再由圆锥的侧面积与体积公式求解;（2）作出圆柱与圆锥的截面图，把圆柱的侧面积用h表示,然后结合二次函数求最值.【详解】（1）∵圆锥的底面半径R=6，高H=8，圆锥的母线长LH2R210，12则表面积SRLR26036π96π，体积VRH96.3（2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示,其中SO8,OAOB6,OKh(0h8)，设圆柱底面半径为r，则3r8h

，即r(8h).68433(h28h).设圆柱的侧面积为S2rh2(8h)h

42当h4时，S有最大值为24.12Cc.20．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ab12sin22

(1)求B；(2)若b6，求ABC周长的取值范围.【正确答案】(1)B(2)12,18π3【分析】（1）已知等式结合倍角公式和余弦定理，化简得cosB

1

，可求B；2（2）结合正弦定理表示出a和c，进而将周长表示为关于角A的正弦函数，利用正弦函数性质以及A的范围即可求得答案．112C

【详解】（1）ab12sinc，由倍角公式得abcosCc，222

a2b2c21

由余弦定理，abc，化简得a2c2b2ac，2ab2πa2c2b21

则cosB，由B0,π，得B.32ac2acb6

43π（2）由正弦定理得︰sinAsinCsinB，sin3∴a43sinA，c43sinC，ACπB2πac43(sinAsinC)43sinAsinA32π

，3333143sinAcosA12sinAcosA2212sin22由0A

πA，6π2πππ5ππ，A，∴612sinA12，即6ac12（当且仅当A363666时，等号成立），从而周长的取值范围是12,1821．某手机企业计划将某项新技术应用到手机生产中去，为了研究市场的反应，该企业计划用一年时间进行试产、试销．通过市场分析发现，生产此款手机全年需投入固定成本28010x2200x,0x50,      



万元，每生产x千部手机，需另投入成本Cx万元，且Cx10000

9450,x50.801xx

假设每部手机售价定为0.8万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完．(1)求出全年的利润Wx（万元）关于年产量x（千部）的函数关系式（利润＝销售额－成本）；(2)当全年产量为多少千部时，该企业所获利润最大？最大利润是多少万元？10x2600x280,0x50,【正确答案】(1)Wx10000x9170,x50.       x(2)当全年产量为100千部时，该企业所获利润最大，最大利润是8970万元．【分析】（1）读懂题意，根据已知条件求解.（2）分类讨论，利用二次函数、基本不等式进行求解.【详解】（1）当0x50时，Wx800x10x2200x28010x2600x280，当x50时，1000010000

Wx800x801x9450280x9170，xx

10x2600x280,0x50,所以Wx10000xx9170,x50.        （2）若0x50，则Wx10x308720，2当x30时，Wxmax 8720；1000010000

91702x91708970，若x50，则Wxxxx

当且仅当x

10000

，即x100时，等号成立，此时Wxmax 8970．x因为89708720，所以当全年产量为100千部时，该企业所获利润最大，最大利润是8970万元．22．定义在R上的函数fx满足：对任意给定的非零实数x1，存在唯一的非零实数x2x1x2，fx1fx2成立，则称函数fx是“v型函数”．已知函数f(x)x2a2a2x2，g(x)a|xa|a2，aR．(1)若fx在区间0,2上是单调函数，求实数a的取值范围；fx,x0,

是“v型函数”，若方程hxtx3t0存在两个不相等的实(2)设函数hx

gx,x0,

1

数x1,x2x1x2，求x1x21的取值范围．xx1221，【正确答案】(1)，

(2)4,【分析】（1）根据二次函数的单调性列出不等式即可得解；（2）当x0时，设函数f(x)的值域为A，当x0时，设函数g(x)的值域为B，由“v型函数”，分析可得AB，再分a0，a0和a0三种情况讨论，求出a，再根据方程hxtx3t0存在两个不相等的实数x1,x2x1x2，求得t的范围，再将所求用t表示，从而可得出答案.【详解】（1）解：因为f(x)在区间0,2上具有单调性，a2a2a2a2

所以2，0或22解得a2或a1，21，；即实数a的取值范围是，

2aa2（2）解：因为函数f(x)的对称轴x0，2所以函数fx在,0上递减，当x0时，设函数f(x)的值域为A，则A2,，当x0时，设函数g(x)的值域为B，因为函数h(x)是“v型函数”，由“v型函数”的定义知：①若x10，则存在唯一x20，使h(x1)h(x2)，所以g(x)在(0,)上单调且AB，②若x1>0，则存在唯一x20，使h(x1)h(x2)，所以g(x)在(0,)上单调且BA，所以函数h(x)在y轴两侧的图象必须“等高”且单调，即AB且g(x)在(0,)上单调，当a0时，g(x)0，不合题意；当a0时，g(x)在(0,a)上单调递增，在(a,)上单调递减，B,a2，不合题意；2

当a0时，g(x)在(0,)上单调递增，B2a,，所以2a22，则a1(a1舍去），综上a1，x24x2,x0则hx，x11,x0

由方程hxtx3t0，2

当x0时，方程为xt4x10，因为t440，2

所以方程xt4x10有两个实数根，设为m,n，2

则mnt40t0,mn10，2

所以方程xt4x10有两个异号实数根，2

故当x0时，方程xt4x10有且仅有一个实数根，当x0时，方程为t1x10，又因方程hxtx3t0存在两个不相等的实数x1,x2x1x2，所以x10x2，即当x0时，方程t1x10一定有一个实数根，即x210，所以0t1，1t114，则x1t4，x1x12

由x14x12tx13，得tx1由t1x210，得x21，1t111

xx则x1x2112

x1x2x1x2t42t1

1t1t13，1t1

在0,1上都是增函数，1t因为函数y2t,y所以函数y2t当x0时，2t当t1时，2t

13在0,1上是增函数，1t1

34，1t1

3，t11

所以x1x214,.xx12

本题考查了根据函数的单调性求参数的范围及函数新定义的问题，考查了根据方程的根求参数的范围问题，解决第二问的关键在于把所求用t表示，属于难题.