湖南省长沙市明德中学2023-2024高一下学期期中考试数学试卷（含解析）

明德中学2023-2024学年高一下学期期中考试
数学试卷
时量：120分钟 满分：150分
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1．已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
2．若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（ ）
A． B．2 C．4 D．
4．已知向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．在直三棱柱中，为等边三角形，，则三棱柱的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，若关于的方程有4个不同的实根、，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．在中，内角的对边分别为，且，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分．）
9．如果，那么下面结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，为空间中一点，下列说法不正确的是（ ）
A． B．为异面直线
C． D．
11．函数的部分图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的表达式可以写成
C．的图象向左平移个单位长度后得到的新函数是偶函数
D．若方程在上有且只有6个根，则
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知函数，则______．
13．勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知为弧（含端点）上的一点，则的范围为______．
14．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高球体被平面截下的一部分几何体叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是．如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为______，体积为______．
图1 图2
四、解答题（本題共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步 ）
15．（本小题满分13分）已知函数的最小正周期为．
（1）求的值；
（2）求在上的值域．
16．（本小题满分15分）如图，在菱形中，分别是边的中点，与交于点，设．
（1）用表示；
（2）求的余弦值．
17．（本小题满分15分）已知锐角的内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，的面积为，求的长．
18．（本小题满分17分）如图，在正方体中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）连接交于点，求三棱锥的体积；
（3）已知点为中点，点为平面内的一个动点，若平面，求长度的最小值．
19．（本小题满分17分）已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”．
（1）试判断是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由；
（2）若，为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围；
（3）函数表示不超过的最大整数，如．若为的“2024重覆盖函数”，求正实数的取值范围．
4月份数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A C D B D A C ABC ABD ACD
一．单选题解析．
3．C【解析】原是直角三角形，其中，故面积为4．
4．D【解析】易求得，则，故．
5．B【解析】复合函数，遵循同增异减原则．则且，解得．
6．D【解析】如图，分析知外接球半径．其中点为外接圆圆心，为外接圆半径，令其为，则，故（或：为正三角形，此时“四心合一，即得）．故求得．代入求得．
7．A【解析】作出函数和函数的图象可知，假设两个函数的图象共有4个交点，且横坐标分别为，由，得，则有，所以，，所以．由于二次函数图象对称轴为直线，则点两点关于直线对称，所以，．因此，．又因为，所以．
8．C【解析】因为的面积为，可得，又由余弦定理可得，所以，，又，则，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为．
二．多选题解析．
10．ABD【解析】对于A：若，则与平行或异面，故A说法错误；对于B：若，则与可能相交，故B说法错误；对于C：若，则在平面内存在直线，使得，所以，又，所以，故C说法正确；对于D：若，则与平行或异面，故D说法错误．
11．ACD【解析】对于A，由题图可知，，从而，结合可知，故A正确；对于B，由题图可知，也就是，从而，解得，注意到，所以，
故，故B错误；对于C，的图象向左平移个单位长度后得到的新函数的解析式为，显然的定义域为全体实数，的图象向左平移个单位长度后得到的新函数是偶函数，故C正确．
对于D，或，即当且仅当或，注意到方程在上有且只有6个根，则这6个根从小到大排列为，从而不可能是方程在上的根，所以，故D正确．
三．填空题解析．
12．0【解析】．
13．［0，2]【解析】取中点为，则：
，其中易得，故．
14．【解析】因为，所以，设圆的半径为，又，解得，过点作交于点，过点作交于点，则，，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，则其中一个球冠的表面积，球的表面积，圆锥的侧面积，所以几何体的表面积．球的体积，一个球缺的体积圆锥的体积，所以几何体的体积．
四．解答题解析．
15．【解析】（1）已知最小正周期为，由可得，故，则．
（2）由（1）知，当时，，故；．故在上的值域为．
16．【解析】（1）．
（2）法一；根据题意，由（1）可得，在平行四边形中，，即为等边三角形，所以，则，即．则．
因为；
．
故：．
法二：坐标法建系．
17．【解析】（1）因为，由正弦定理得，因为，得．又因为为锐角三角形，所以．
（2）因为的面积为，所以，由余弦定理可得，可得．因为，可得：
，解得，可得的长为．
18．【解析】（1）如图，连接交于，连接．因为为正方体，底面为正方形，对角线交于点，所以为的中点，又因为为的中点，所以在中，是的中位线，所以，又因为平面平面，所以平面．
（2）由（1）知，平面，点为中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离，所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积．正方体的棱长是1，是的中点，所以，则的面积，所以三棱锥的体积．
（3）连接，因为和平行且相等，故四边形为平行四边形，所以．又面面，故面．又由（1）知，面，故面面．因此满足题意的点轨迹为线段．要求最小值，即求到最小值．在中，，故为等腰三角形，求最小值即求底边上的高，求得．
19．【解析】（1）解：由，可知．当时，，当时，解得，此时在中只存在一个，使，
所以不是的“2重覆盖函数”；
（2）由题意可得的定义域为，即对任意，存在2个不同的实数），使得（其中），，则，，即，即对任意有2个实根，
当时，已有一个根，故只需时，仅有1个根．
当时，，符合题意；当时，发现，则只需满足，解得．综上得的取值范围为：［0，1]．
（3）因为，当时，，当时，且，当且仅当时取等号，所以．
综上可得，即，则对于任意要有2024个根，作出函数的图象（部分），如图：
要使有2024个根，则，
又，则，故正实数的取值范围．