湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2023−2024学年高一下学期期中联考 数学试题（含解析）

湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2023−2024学年高一下学期期中联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知角的终边过点，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，则等于（

）A． B． C． D．3．已知向量，，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．4．若复数，则（

）A． B． C． D．5．一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在南偏东，行驶x小时后，船到达C处，看到这个灯塔在南偏西，此时测得船与灯塔的距离为，则（

）A．2 B．3 C．4 D．56．已知函数其中且.若时，恒有，那么实数的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知的外接圆的圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．8．已知，，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（

）A． B．C． D．10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（

）A．若，则一定为锐角三角形B．若，则是锐角三角形C．若，则D．若，，，则有两解11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在点，使，那么我们称该函数为“不动点函数”，为函数的不动点，则下列说法正确的（

）A．函数，为“不动点”函数B．函数恰好有两个不动点C．若函数恰好有两个不动点，则正数的取值范围是D．若定义在R上仅有一个不动点的函数满足，则三、填空题（本大题共3小题）12．已知正六边形ABCDEF的边长为2，则.13．已知复数，为虚数单位，则的最小值为.14．函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于.四、解答题（本大题共5小题）15．（1）计算：；（2）已知，求的值.16．已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，(1)求函数的解析式及在上的单调递增区间；(2)在中，为的一个内角，若满足，，求周长的最大值.17．已知，，分别为三个内角A，，的对边，，，且.(1)求；(2)若，的面积为，求，.18．已知函数.(1)设，若为偶函数，且不等式在上恒成立，求实数的取值范围；(2)已知函数的图象过点，设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围.19．在锐角中，点为的外心，.(1)当时，若，求的最大值；(2)当时，求的值；(3)在（2）的条件下，求的取值范围.

参考答案1．【答案】C【详解】因为角的终边过点，所以，所以.故选：C.2．【答案】A【详解】因为是上的单调递增函数，故时，，故，是R上的减函数，故时，，即，故，故选：A3．【答案】D【详解】对于A选项，因为，所以与不共线，故A错误；对于B选项，因为，，所以，故B错误；对于C选项，因为，，所以，所以与不垂直，故C错误；对于D选项，因为，，所以，，所以，故D正确；故选：D.4．【答案】B【详解】,所以.故选：B.5．【答案】C【详解】由题意知，在中，，，，又，根据正弦定理得，故故选：

6．【答案】C【详解】因为当时，恒有，所以当时，恒有，不妨设，则，即，所以函数在上单调递减，所以，解得，所以实数的取值范围是.故选：C.7．【答案】D【详解】因为，故为的中点，而为外心，故为直角三角形，且，因为，所以，而向量在向量上的投影向量为.故选：D.8．【答案】B【详解】由，得，设，则，解得，因为，，，所以，解得或，又因为，所以，整理得，解得，当且仅当时，等号成立.因此，即，所以的取值范围是.故选：B.9．【答案】ABC【详解】对于A，，则为共线向量，不能作为平面向量的基底；对于B，，则为共线向量，不能作为平面向量的基底；对于C，，则为共线向量，不能作为平面向量的基底；对于D，明显不存在实数使，则不共线，可以作为平面向量的基底.故选ABC.【易错警示】对平面向量基本定理的理解应注意以下三点：①e1，e2是同一平面内的两个不共线向量；②该平面内任意向量a都可以用e1，e2线性表示，且这种表示是唯一的；③基不唯一，只要是同一平面内的两个不共线向量都可作为基．10．【答案】AC【详解】对于A选项，在中，，则，所以，因为三角形中最多只有一个钝角，所以，即三个角都为锐角，故A正确；对于B选项，因为，所以，所以为锐角，但无法判断角和角，故B错误；对于C选项，在中，由及正弦定理，得，根据三角形大边对大角的性质知，故C正确；对于D选项，由正弦定理得，又由得，因此有一解，故D错误．故选：AC.11．【答案】ACD【详解】对于，令，，解得或舍，则函数，为“不动点”函数，故A正确；对于B，当时，令，解得舍或；当时，，令，解得，不满足；当时，，此时方程无解；综上可得，函数只有一个不动点，故B错误；对于C，函数的定义域为，若函数恰好有两个不动点，则方程在上恰好有两个不等实根，即在上恰好有两个不等实根，当且时，，而，则方程在上无实根，在同一坐标系中作出函数和的图象，结合图象可知，当即时，函数与函数的图象只有一个交点，不满足题意；考虑的情况，在上，，则转化为方程在上恰好有两个不等实根，由可得，即，则有，解得，故C正确；对于D，由题可知，仅有一个实数，使得，因为函数满足，则有，令，可得，即，可得，解得或，当时，，此时方程有两个根，，不满足题意；当时，，此时方程只有一个根，满足题意；则，故D正确．故选：ACD.12．【答案】【详解】如图：根据正六边形的结构特征，可知，而与的夹角为，，则故答案为：13．【答案】4【详解】解:复数z满足，为虚数单位，复数z表示：复平面上的点到(0，0)的距离为1的圆.的几何意义是圆上的点与的距离，所以其最小值为：.故答案为：4.14．【答案】2025【详解】设，当时，，当时，显然，所以关于中心对称，设，则的周期为，且，所以关于中心对称，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象与函数的图象，如图所示：

观察图象可知两函数的一个交点的横坐标为，除此以外，这两函数图象如下区间：内，各有两个交点，且注意到这些区间均关于对称，故所求为.故答案为：2025.15．【答案】（1）1（2）18【详解】（1）原式.（2），，展开，，又.16．【答案】(1)，，(2)【详解】（1）由题意知周期，则，且，所以，故；由，，整理，，所以函数的单调递增区间为：，；，则当时，有；当时，有；单调递增区间为：，.（2），.，，，.方法1：设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由余弦定理，又，有，即，整理，，，，，当且仅当时取等号.故周长的最大值为.方法2：设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由正弦定理，有，，，，，，，，故，所以，当且仅当时取等号.故周长的最大值为.17．【答案】(1);(2)，或，【详解】（1）因为，所以，即，即，由正弦定理得，又，所以，，，所以，所以，，所以，所以；（2）因为，，又，即，，联立解得或．18．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)为偶函数，所以，，所以，所以.又因为在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，所以且，因为，所以，所以，则，所以的取值范围为；（2）因为过点，所以，，所以，又因为，所以，所以，又因为对任意的，，都有成立，所以，.，因为，所以，设，则令，，当时，在上单调递增，所以，所以，解得，所以；当时，在上单调递减，，所以，解得，此时；当时，在上单调递增，在上单调递减，，所以，解得，此时.综上所述：.即实数的取值范围为.19．【答案】(1)(2)1(3)【详解】（1）因为，所以，即，因为为三角形的外接圆的圆心，所以，由，得，，所以，即，因为，当且仅当时，等号成立，所以，即，解得或.因为三角形为