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2024年春期高2023级高一期末联合考试
数学试题
数学试卷分为第1卷(选择题)和第I1卷(非选择题)两部分,共4页,满分150分.
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置.
2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上,填涂在试卷上无效.
3.非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上,填写在试卷上无效.
第一卷选择题(58分)
一、选择题(本大题共8个小题,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.已知集合,则()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对集合B求补集,应用集合的并运算求结果;
【详解】由,而,
所以.
故选:A
2.关于的不等式的解集为,则实数的取值范围是()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得出,由此可解得实数的取值范围.
【详解】不等式的解集为,所以,即,解得.
因此,实数的取值范围是.
故选:D.
【点睛】本题考查利用一元二次不等式恒成立求参数,考查计算能力,属于基础题.
3.设非零向量,满足,,则向量的夹角等于()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将等式两边平方,可得,再用平面向量的夹角公式计算即可.
【详解】由等式,两边平方得:,
则,且,所以.
,即.
故选:B.
4.已知,且,则()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用二倍角的余弦公式,将已知方程转化为关于的一元二次方程,求解得出,再用同角间的三角函数关系,即可得出结论.
【详解】,得,
即,解得或(舍去),
又.
故选:A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值,熟记公式是解题的关键,考查计算求解能力,属于基础题.
5.函数=的部分图像如图所示,则的单调递减区间为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由五点作图知,,解得,,所以,令,解得<<,,故单调减区间为(,),,故选D.
考点:三角函数图像与性质
6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为,,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析:首先根据正方形的面积求得正方形的边长,从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高,从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
详解:根据题意,可得截面是边长为的正方形,
结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面为半径是的圆,且高为,
所以其表面积为,故选B.
点睛:该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题,在解题的过程中,需要利用题的条件确定圆柱的相关量,即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高,在求圆柱的表面积的时候,一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.
7.如图,在中,M为线段的中点,G为线段上一点,,过点G的直线分别交直线,于P,Q两点,,,则的最小值为().
A. B. C.3 D.9
【答案】B
【解析】
【分析】先利用向量的线性运算得到,再利用三点共线的充要条件,得到,再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】因为M为线段的中点,所以,又因为,所以,
又,,所以,
又三点共线,所以,即,
所以,
当且仅当,即时取等号.
故选:B.
8.将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象,且的图象关于直线对称,则下列选项不正确的是()
A.在区间上为增函数 B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数平移变换原则可知;根据图象、的对称轴和对称中心可确定最小正周期,从而得到;由为奇函数可知,由此可得,从而确定的解析式;利用代入检验法可确定A正确;根据特殊角三角函数值可知B正确;结合的单调性可判断出CD正误.
【详解】由题意知:,
由图象可知:,则与是相邻的对称轴和对称中心,
,即,
为奇函数,,
解得:,又,,;
对于A,当时,,则在上为增函数,A正确;
对于B,,B正确;
对于C,,,
上单调递减,,,C正确;
对于D,,,
在上单调递减,,
,,即,D错误.
故选:D.
二、多项选择题(每小题6分,共3小题,共18分.在每个小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.)
9.已知、都是复数,下列正确的是()
A.若,则
B.
C.若,则
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用特殊值判断A、C,根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.
【详解】对于A:令、,则,显然不满足,故A错误;
对于
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