青海省部分名校2023-2024学年高一下学期期中联合质量检测数学试卷（解析版）

这是一份青海省部分名校2023-2024学年高一下学期期中联合质量检测数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册、必修第二册第六章至第八章8.3．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解不等式求出集合，然后再求两集合的交集即可.
【详解】由，得，
所以，
因为，所以．
故选：A
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先利用复数乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义确定对应点所在的象限.
【详解】因为，
所以该复数在复平面内对应的点为，在第四象限.
故选：D
3. 将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数平移规则“左加右减”，结合诱导公式可解.
【详解】图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数.
故选：A
4. 如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则中边上的高为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】还原原图，中边上的高为，即可得出答案.
【详解】还原的原图，如图所示，直观图中的点分别对应原图中的点，
直观图中轴、轴分别对应原图中的轴、轴．
因为，所以，则，
即中边上的高为4．
故选：B.
5. 函数零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用零点的存在性定理判断即可.
【详解】对于，则fx为上的增函数，
而，，，，，由于，
根据零点存在性定理，知道函数的零点所在区间为.
故选：C.
6. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，利用投影向量的定义即可求解.
【详解】因为单位向量，满足，所以，
化简得：，即或(舍去)，
所以在上的投影向量为，
故选：D
7. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别利用指数函数和对数函数的单调性进行比较，借助于中间值“2”即可判断三个值的大小.
【详解】因为函数在R上单调递增，所以，即.
又因为函数在0,+∞上单调递增，所以，所以.
故选：D.
8. 已知测量队员在山脚处测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走400米到达处，在处测得山顶的仰角为，与在同一水平面上，M，O，N，P四点在同一铅垂面上，则山的高度OP为（ ）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】过作交MO于点，过作交PO于点，在直角三角形中由可得答案．
【详解】过作交MO于点，过作交PO于点，
则，，．
因为米，所以米，
米．
设米，则米，
，解得，
故山的高度OP为米．
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项付合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数，则（ ）
A. 互为共轭复数B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用复数除法运算化简，从而利用共轭复数概念判断A，利用复数加法运算判断B，求复数模判断C，根据虚数定义判断D.
【详解】因为，又，所以互为共轭复数，故A正确；
，故B正确；
，所以，故C正确；
由于虚数不能比较大小，故D错误.
故选：ABC
10. 在中，，，，若满足条件的三角形有两个，则的取值可能为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦定理求得，再根据三角形有两解的条件可得，且，由此求出的范围即可得解.
【详解】在中，由正弦定理得，
，
因满足条件的三角形有两个，则必有，且，
即，
于是得，解得，
因为，所以的取值可能为8，9.
故选：BC.
11. 设函数,若函数恰有2个零点，则的值可能为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】AC
【解析】
【分析】先画出函数的图象，利用函数零点的定义，转化为函数y=fx和有2个交点，利用数形结合，即可求a的取值范围.
【详解】令，得．
则函数恰有2个零点可转化为函数y=fx和有2个交点，
作出的大致图象，如图所示．

由图可知，当时，恰有2个零点．
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若为实数．则__________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据虚部为零计算即可.
【详解】因为为实数，
所以，则，．
故答案为：6.
13. 若，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式计算即得.
【详解】由，得，
显然，否则，矛盾，
所以.
故答案为：3
14. 几何体是由一个正方体切剖一个角得到的，其直观图如图所示．已知，M是上一动点．则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则即为所求的最小值，理由余弦定理运算求解.．
【详解】以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，
因为，所以，所以三点共线，
在中，根据正弦定理可得，
可得，
所以的最小值为.
故答案为：.
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. 已知向量，．
（1）若，求向量与的夹角的大小；
（2）若向量与的方向相同，求的坐标．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由，得，化简后可求得，然后利用向量的夹角公式可求得答案；
（2）由题意设，再由可求出，从而可求出的坐标．
【小问1详解】
由，得，
则，解得，
则．
因为，
所以向量与的夹角的大小为．
【小问2详解】
因为向量与的方向相同，所以设．
因为，所以，
解得（负值舍去），故．
16. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）求使成立的的取值集合．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）通过函数的图象，求出，再求出函数的周期，进而求出 ，利用函数经过的特殊点，求出 ，得到函数的解析式．
（2）令，再结合特额殊角三角函数值，即可求出结果.
【小问1详解】
解：由图可知，，则．
因为，所以．
由，得，
所以，解得．
又因为，所以．
故．
【小问2详解】
解：由，可得．
所以或，
解得或．
故x的取值集合为或．
17. 如图，在正四棱台中，分别为棱上的点.已知，正四棱台的高为6.
（1）求正四棱台挖去三棱台后所得几何体的体积；
（2）若某圆锥的体积与三棱台的体积相等，该圆锥的底面为的外接圆，求该圆锥的高.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据台体的体积公式求出、，再作差即可得解；
（2）首先求出外接圆的半径，即可求出圆锥的底面积，再由锥体的体积公式计算可得.
【小问1详解】
依题意可得正四棱台的体积．
三棱台的体积．
故所求几何体的体积．
【小问2详解】
因为为等腰直角三角形，且，
所以外接圆的半径，
所以该圆锥的底面积为．
设圆锥的高为，则，
解得，即该圆锥的高为．
18. 在平行四边形中，.
（1）若与交于点，求的值；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选择，为一组基向量，设，，将分别用，的两种形式表示，根据平面向量基本定理可得关于的方程组，求解即得；
（2）分别将用，表示，计算它们的数量积，整理成关于的二次函数，结合二次函数的图象和的范围即可求得的取值范围.
【小问1详解】
设，则
设.
根据平面向量基本定理得解得，
所以，则，所以.
【小问2详解】
因为，
，
所以.
.
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为，
当时，取得最大值，且最大值为.
故的取值范围为.
19. 在中，与的角平分线交于点D，已知．
（1）求角B的大小；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）结合角的关系利用二倍角公式及余弦差角公式化简即可；
（2）由（1）可知，由余弦定理及基本不等式可得，再根据三角形面积公式求最值即可.
【小问1详解】
由题意可知，
由，
可知
，
所以，
．
因为，
所以．因为B∈0,π，所以．
【小问2详解】
因为，所以，
所以，所以．
由余弦定理得，
所以，
所以，当且仅当时，等号成立．
因为，
所以△ACD面积的最大值为．