广州大学附属中学等三校2024年高一下学期期中联考数学试题含答案.pdf

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1、高一数学试卷 第1页（共 4 页）学科网（北京）股份有限公司2023-2024 学年下学期期中三校联考 高一数学 2023-2024 学年下学期期中三校联考 高一数学 命题学校：命题学校：本试卷共 4 页，19 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。一一选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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,m n 为非零向量，则“0m n，函数()sin4f xx=在区间,2上单调递减，则实数的取值范围是 A1 5,2 4 B3 7,2 4 C

2、30,4 D(0,2 二二多选题：本题共多选题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6分，共分，共 18 分在每小题给出的选项中，有多项符分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求合题目要求全部选对的得全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分 9.已知复数z满足()1 i2z=，则 A2z=B1 iz=+C222iz=+D2z z=10.若 x，y 满足322=+xyyx，则 A3+yx B32+yx C222+yx D622+yx 11已知定义在R上的函数()f x满足()()()2,12fxfxf=，且()f x在)1,+上单调递增

3、，下列结论正确的是 A函数()1f x 的图象关于直线2x=对称 B函数()()31yfxf x=+的图象关于直线2x=对称 C函数()()122f xf xy=+的最小值为12 D若方程()()1221f xf x+=有两个解12,x x，则123xx+=三三填空题：本题共填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分 12.已知向量()()1,1,2,0ab=，向量a在向量b上的投影向量c=（用坐标表示）.13.某数学兴趣小组成员为测量某古塔的高度，如图，在塔底O的同一水平面上的,A B两点处进行测量，已知在A处测得塔顶P的仰角为 60，在B处测得塔顶P的仰角为

4、 45，25AB=米，30AOB=，则该塔的高度OP=.高一数学试卷 第3页（共 4 页）学科网（北京）股份有限公司 14.函数()()2cosf xx=+（0，2）的部分图象如图所示，直线()0ym m=，0)的最大值为 1，其图象相邻对称轴之间的距离为2.若将()f x的图象向左平移4个单位长度，再向上平移 1 个单位长度，得到的图象关于原点中心对称.（1）求函数()f x的解析式；（2）已知常数R，*nN，且函数()()sinF xf xx=在(0,)n内恰有 2024 个零点，请求出所有满足条件的与n 学科网（北京）股份有限公司 1 20202 23 3-2022024 4 学年下学期

5、期中三校联考学年下学期期中三校联考 高一数学高一数学参考答案参考答案 一、单选题 1、B 2、C 3、C 4、D 5、A 6、D 7、A 8、B 二、多选题 9、AD 10、BCD 11、ABD 三、填空题 12、()0,1 13、325 14、22 四、解答题 15、（1）解：因为1221 i,1iazaza+=+=，所以222121222244i,24zzazzaaaaa+=+=+=，4 分 当且仅当2a=时取得等号，5 分 所以)122,zz+；6 分（2）因为()2,1,2,aACaBCa+=，且,A B C三点共线时，有ACBC，即()()()212aaa+=，解得4a=9 分 此时

6、()15,1,1,2OAOB=，11cos,130OA OBOA OBOA OB=，所以23sin,1 cos,130OA OBOA OB=，所以11533sin,262224130AOBSOA OBOA OB=.13 分（注：利用公式A12AOBABBSx yx y=计算也可以）.16、解：（1）当1m=时，()421xxf x=+，2,1x，令2xt=，因为2,1x，则1,24t，所以2215124yttt=+=+，其中1,24t，则12t=时，max54y=，2t=时，min1y=，即51,4y，所以()f x的值域为51,4；6 分 学科网（北京）股份有限公司 2（2）由22431()

7、2xxg x+=，1,2x，设222432(1)1xxx=+=+，则函数2243xx=+在1,1上单调递减，在1,2上单调递增，而函数12y=为增函数，所以函数()g x在1,1上单调递减，在1,2上单调递增，故()min1()12g xg=，9 分 因为对任意12,1x ，存在21,2x ，使得12()()f xg x，则minmin1()()2f xg x=，11 分 所以14212xxm+，在2,1x 上恒成立，令2xs=，因为2,1x，则1,24s，即2302sms+在1,24上恒成立，则32mss在1,24上恒成立，因为函数32yss=在1,24上单调递增，故max3352244ss

8、=，所以54m，即5,4m+15 分 17.解：（1）由3 sincos2baAbA=，可得：22sin3sinsin(12sin)BABA=，2 分 可得：223sin2sinsinABA=，可得：3sin2B=，由B为钝角，可得23B=6 分（2）在ACD中，设=ACD，根据正弦定理和余弦定理可得 sin1sin=AC，8 分 所以21cos2323sin236sin323sin21+=+=ACACACBCDBCCDSBCD()433cos43sin438cos610243sin43321943sin432+=+=+=ACACAC4336sin23+=14 分 所以当32=时，BCD的面积

9、的最大值为435.15 分 18.解：(1)如图，在平面 ABC 内过点 O 作直线/DEAC交 BA 于 D，交 BC 于 E，连接 DA1，EC1，则 DE、cos6102=AC 学科网（北京）股份有限公司 3 DA1、EC1为截面与各木块表面的交线.2 分 理由如下：由于11/CAACDE，故11CD、AE四点共面，且 平面11BCC B平面11AC ED1C E=，平面11ABB A平面11AC ED1AD=，平面ABC平面11AC EDDE=，则 DE、DA1、EC1为截面与各木块表面的交线.4 分（2）由于点 O 为重心，DE/AC，所以23DEAC=，又因为 2AC=3A1C1，

10、故11DEAC=故几何体111ABCDEB为棱柱，设棱台的高为h，111CBA的面积为 S，故1 1 1A B CDEBVS h=，7 分 又 2AC=3A1C1，则1 1 194ABCA B CSS=，由台体体积公式得1991934412SSSS hS h+=故该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比127（答案为712也对）10 分（3）分别取1111BCAB、的中点LK、，则当点KLM时有11AACC/OM平面.12 分 证明如下：由LK、为1111BACB、的中点得11/KLCA，又由于在正三棱台111CBAABC 中DE/AC，所以DE/KL，LKED、四点共面.又

11、因为 2AC=3A1C1，点 O 为重心，KC2123313111111=CBCBBCCE，故四边形1CEMC为平行四边形，故1/KCCE，所以11/KAACCE平面，又11/AACCDE平面，所以11/AACCDEKL平面平面，所以当点KLM时KLDEOM平面，于是11AC/ACOM平面.14 分 在梯形DEKL中，由已知条件和前面的分析知：2OLOK2EKDL2DE1KL=，所以OM长度得取值范围为2215，.17 分 19.解：（1）依题意，222,2AT=，2 分 将()f x的图象向左平移4个单位长度，再向上平移 1 个单位长度得到的函数为()2sin 22g xx=+，学科网（北京

12、）股份有限公司 4 而()g x图象关于原点中心对称，则有2k+=，kZ 而0，即2=，所以()2sin()12sin(2)12cos212f xxxx=+=+=6 分 （2）2()2cos21sin14sinsinF xxxxx=由于()0F x=时，sin0 x，故由()0F x=可得14sinsinxx=，设sin xt=，1()4h ttt=，()h t在)1,0和(0,1上递减，()()13,13hh=因为sin1,1tx=，8 分 若3=，由14sin3sinxx=得sin1x=或1sin4x=，则()F x在(0,2)内有且仅有 3 个零点，且在(0,)内恰有 2 个零点，则要满

13、足()xf在()()*0,Nnn内恰有 2024 个零点，则 13491232022=+=n 10 分 若3=，由14sin3sinxx=得sin1x=或1sin4x=，则()F x在(0,2)内有且仅有 3 个零点，且在(0,)内 恰 有1个 零 点，此 时()F x在(0,)n内 的 零 点 个 数 为k3或()Nkk+13个，不 符 题意；12 分 若33 或3，则()F x在(0,2)内有且仅有 2 个零点，则要满足()xf在()()*0,Nnn内恰有 2024 个零点，则2024222024=n 16 分 综上：当()3,3 时，1012n=；当3=时，1349n=；当()(),33,+时，2024n=.17 分