2023-2024学年度高中数学期中考试卷
考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：每题5分，共40分。
1．若棱台的上、下底面面积分别为4，16，高为3，则该棱台的体积为（ ）
A．26 B．28 C．30 D．32
2．如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半径为的半球形的冰淇淋，若冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子的高（ ）
A． B． C． D．
3．若集合，则（ ）
A． B． C． D．
4．、、是平面，、、是直线，以下说法中正确的是（ ）
A． B．C． D．
5．若集合，则集合的真子集的个数为（ ）
A．6 B．8 C．3 D．7
6．已知复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数在复平面内所对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．设奇函数的定义域为，当时，函数的图象如图所示，则使的的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
8．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
二、多选题：每题6分。
9．已知、是两条不重合的直线，、是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与一定相交
C．若，则与是异面直线
D．若，则直线平行于平面内的无数条直线
10．在正三棱锥中，底面是边长为6的正三角形，侧棱，且棱，，，的中点分别为，则下列结论正确的有（ ）
A．直线平面 B．四边形是矩形
C．直线与底面所成的角为 D．底面与侧面所成的角为
11．已知在边长为6的菱形中，，点分别是线段上的点，且．将四边形沿翻折，当折起后得到的几何体的体积最大时，下列说法其中正确的是（ ）
A． B．平面
C．平面平面 D．平面平面
第II卷（非选择题）
三、填空题：每空5分，共15分。
12．与向量方向相同的单位向量的坐标是______．
13．已知函数，则的解集是______．
14．已知为空间四点，在中，，等边三角形以为轴运动，则当平面平面时，______．
四、解答题：15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分。
15．在平面直角坐标系中，向量，其中．
（1）判断向量是否垂直？
（2）若，且，求的值．
16．如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为，四边形为梯形，．
（1）若，求证：平面；
（2）若，求证：平面平面．
17．已知幂函数（实数）的图像关于轴对称，且．
（1）求的值及函数的解析式；
（2）若，求实数的取值范围．
18．已知函数，直线是函数的图象的一条对称轴．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）已知函数的图象是由的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若，求的值．
19．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角、、的对边分别为，且______．
（1）求角的大小；
（2）边上的中线，求的面积的最大值．
参考答案：
1．B
【详解】所求棱台的体积为
故选B
2．A
【分析】根据圆锥和球的体积公式以及半球的体积等于圆锥的体积，即可列式解出．
【详解】由题意可得，，解得．故选：A．
3．A
【分析】解一元二次不等式求解集合A，解指数函数不等式求解集合B，再利用交集运算求解即可.
【详解】因为，
，
所以.
故选：A
4．C
【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.
【详解】对于A，，可以平行，也可以相交，
对于B，a，c可以平行，可以相交，也可以异面，
对于D，，可以平行，也可以相交，
对于C，不妨设，在平面内作，
因为，则，同理在平面内作，则，
所以，
又，则，而，所以，所以，即C正确.
故选：C
5．D
【解析】根据集合的元素关系确定集合的子集个数即可得选项．
【详解】集合，则集合
集合中有3个元素，则其真子集有个，
故选：D.
【点睛】本题主要考查集合元素个数的确定，集合的子集个数，属于基础题．
6．D
【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，可得
可得复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
7．B
【分析】根据奇函数的图象特征补全的图象，从而结合图象即可得解.
【详解】因为函数是奇函数，所以在上的图象关于坐标原点对称，
由在上的图象，知它在上的图象，如图所示，
所以使的的取值集合为.
故选：B.
8．A
【分析】先利用不等式的性质与指数函数的单调性证得充分性，再举反例排除必要性，从而得解.
【详解】证充分性：
因为，所以，，则，
所以，故是的充分条件；
排除必要性：
令，则，，
满足，但不满足，所以不是的必要条件；
综上：“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
9．AD
【分析】根据空间直线和平面平行的判定和性质即可逐项判断.
【详解】对于A，若，，则，故A正确；
对于B，若，，则∥或a与相交，故B错误；
对于C，若，，，则a∥b或a与b是异面直线，故C错误；
对于D，若，，则因为在α内存在无数条直线和b平行，故直线a平行于平面内的无数条直线，故D正确．
故选：AD．
10．ABC
【分析】直接利用正三棱锥的关系，利用中点关系中的中位线求出线面平行，进一步利用点在下底面的射影求出线面的夹角和面面的夹角，最后利用勾股定理的逆定理运算求出四边形为矩形，最后判定、、、的结论．
【详解】解：如图所示：
由于在正三棱锥中，底面是边长为6的正三角形，侧棱，且棱，，，的中点分别为，，，，
所以，
由于平面，平面，
所以平面，故正确；
过点作平面，
点为平面的中心，
所以，
所以，
故直线与平面所成的角为，
，解得，故正确；
延长交于点，故点为的中点，连接，
所以，
所以为斜面与底面的夹角，
由于，，所以，，
所以，故错误；
对于：过点作，
由于，
所以，，所以，
故，
，
故，由于四边形为平行四边形，且，
故四边形为矩形，故正确；
故选：．
11．BC
【分析】证明平面平面可判断B；过点作，交于，过作，交于，过点作，交的延长线于，过作，交的延长线于，证明平面可判断A；根据时，面积取得最大值推理可判断C；根据平面，结合反证法可判断D.
【详解】解：折起后得到的几何体中，
平面，平面，
平面，平面，
所以，平面，平面
因为平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面，故B选项正确；
过点作，交于，过作，交于，
过点作，交的延长线于，过作，交的延长线于，
因为是边长为6的菱形，，，
所以，，，，，，
所以，四棱锥与是两个全等的四棱锥，
因为，
所以
因为，平面，
所以，平面
同理，平面，
因为平面，平面，
所以，与不垂直，故A选项错误；
三棱柱为直三棱柱，
几何体与三棱柱的体积相同，
三棱柱的体积为，
所以，当的面积最大时，几何体的体积最大，
因为时，面积取得最大值，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故C选项正确；
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
若平面平面，
因为平面平面，
所以，过作，垂足为，平面
所以，平面，
此时，过点有两条垂直于平面的直线，与过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直矛盾，故D选项错误.
故选：BC
12．
【分析】先求解向量的模长,再根据同向单位向量的公式求解即可.
【详解】因为,故与向量方向相同的单位向量坐标是.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了同向单位向量的求解,属于基础题.
13．
【解析】分和解不等式，综合可得出原不等式的解集.
【详解】当时，，可得，解得，此时；
当时，，可得，此时.
综上所述，不等式的解集.
故答案为：.
【点睛】解分段函数不等式，一般要对自变量的取值进行分类讨论，解出对应的不等式之后应与对应的定义域取交集，再将所得结果合并即可.
14．2
【详解】
取AB的中点E，连接DE，CE（图略）.由题意知DE⊥AB，当平面ADB⊥平面ABC时，平面ADB∩平面ABC＝AB，DE 平面ADB，则DE⊥平面ABC.因为CE 平面ABC，所以DE⊥CE.由已知可得DE＝，CE＝1，所以在Rt△DEC中，CD＝＝2.
15．(1)不垂直；
(2)．
【分析】（1）由向量垂直的坐标表示结合同角三角函数关系可得；
（2）由向量平行的坐标表示结合辅助角公式计算可得；
【详解】（1）因为，
所以不垂直.
（2），
又，∴，
整理得，，
即，，∴，有．
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；
（2）只需证明平面，即可证明平面平面.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
∵是菱形的对角线，的交点，
∴，且，
又∵，且，
∴，且，
从而为平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
（2）证明：连接，
∵四边形为菱形，∴，
∵，是的中点，∴，
又，平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
17．（1），； （2）.
【分析】（1）由，得到，从而得到，又由，得出的值和幂函数的解析式；
（2）由已知得到且，由此即可求解实数的取值范围.
【详解】（1）由题意，函数（实数）的图像关于轴对称，且，
所以在区间为单调递减函数，
所以，解得，
又由，且函数（实数）的图像关于轴对称，
所以为偶数，所以，
所以.
（2）因为函数图象关于轴对称，且在区间为单调递减函数，
所以不等式，等价于且，
解得或，
所以实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了幂函数的解析式的求解，以及幂函数的图象与性质的应用，其中解答中认真审题，熟练应用幂函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式对化简，将代入求得，解不等式即可求出函数的单调递增区间；
（2）对化简，求出，根据求得，求出，利用凑角得到.
【详解】（1），
当时，，得，
，
，
即，
令，,
解得：，
函数的单调递增区间是；
（2），
，得，
，
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；
（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．
【详解】（1）若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．
则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．
（2）．
又（当且仅当时取等）
的面积的最大值为
