北中、河中、清中、惠中、阳中、茂中
2023~2024学年度第二学期联合质量监测考试
高一数学
命题单位：北江中学数学备课组
说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.答案须做在答题卡上；选择题填涂需用2B铅笔，非选择题需用黑色字迹钢笔或签字笔作答.考试结束后只需交答题卡.
一、选择题：本题共8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.集合满足，，，则集合中的元素个数为（）
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合集合的交集、并集的概念及运算，即可求解.
【详解】由集合满足,
因为，可得，
又因为，可得，
因为，所以，即集合中的元素个数为4．
故选：B.
2.复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果.
【详解】，
复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故选：D
3.“”是“函数在区间上单调递增”的（）
A.充分不必要条件 B.充要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】结合对数复合函数的单调性及充分条件、必要条件的定义，即可得答案
【详解】令，，
当在上单调递增时，
因为是上的增函数，
则需使是上的增函数且，则且，
解得，必有，故必要性成立；
当时，取，可知在上有小于零的情况，
此时无意义，即充分性不成立，
故“”是“函数在区间上单调递增”的必要不充分条件.
故选：C．
4.函数的图像大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性以及时的正负即可判断.
【详解】函数的定义域为，且，，
是奇函数，排除选项C和D，当时，，
排除选项B.
故选：A．
5.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长为（）
A.64 B.62 C.34 D.32
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面平行的判定与性质证明直线为过直线且过点B的平面与平面的交线,从而证得四点共面,然后在正方体中求等腰梯形的周长即可.
【详解】作图如下:
因为是棱的中点,
所以,
因为平面,平面,
所以平面，
由线面平行的性质定理知,
过直线且过点B的平面与平面的交线平行于直线,
结合图形知,即为直线,
过B，E，F的平面截该正方体所得的截面即为等腰梯形,
因为正方体的棱长AB＝4,
所以,
所以所求截面的周长为64,
故选:A
【点睛】本题主要考查多面体的截面问题和线面平行的判定定理和性质定理；重点考查学生的空间想象能力;属于中档题.
6.如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长交于，根据题意，得到且，再由，可得是的四等分点，根据向量的运算法则，求得，求得的值，即可求解.
【详解】如图所示，延长交于，
由已知为的重心，则点为的中点，可得，且，
又由，可得是的四等分点，
则，
因为，所以，，所以．
故选：C.
7.函数的图象在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则（）
A. B.当时，在区间上不单调
C.在区间上无最大值 D.在区间上的最小值为
【答案】A
【解析】
分析】把相位看成一个整体变量，再结合正弦曲线，即可分析各选项.
【详解】对于A，由，设，则，
由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，
结合正弦曲线可知直线在线段之间，不含点，可以含，
所以，得.故A正确；
对于B，当，且时，设，则，
由正弦函数在区间是单调递减，故B错误；
对于C，由，设，则，
由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，
结合正弦曲线可知，这条对称轴正好取到最大值，故C错误；
对于D，由，设，则，
由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，
则说明相邻的那条对称轴不在这个区间内，所以结合正弦曲线可知，
这条对称轴正好取到最大值，说明在这个区间内没有取到最小值，故D错误；
故选：A.
8.某工业园区有、、共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区内选择处建一仓库，若，则最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，利用正弦定理得到，再在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式及三角函数的性质求出，即可得解.
【详解】法一：设，，
则，，
在中由正弦定理，即，
所以，
在中，
（其中），
所以当时，所以最小值为．
法二：如图，因为，所以点在如图所示的圆上，
圆的直径为，