湖南省郴州市第一中学等校2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回签非选择题时，将签案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占30%，必修第二册第六章到第九章9.1占70%.
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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数函数值域，一元二次不等式解法得出集合，根据交集的定义求解即可．
【详解】由对数函数的值域得，解得，
所以，
故选：D．
2. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数乘除法运算及共轭复数的定义求解即可．
【详解】因为，所以，所以，
故选：B．
3. 已知奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性及单调性计算即可.
【详解】由，可得，
因为是奇函数，且，所以，
因为在上单调递增，所以，
故不等式的解集为．
故选：D
4. 某班同学利用课外实践课，测量两地之间的距离，在处测得两地之间的距离是4千米，两地之间的距离是6千米，且，则两地之间的距离是（ ）
A. 千米B. 千米C. 千米D. 千米
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理解三角形即可.
【详解】由余弦定理可得，则.
故选：A
5. 已知命题函数在内有零点，则命题成立的一个必要不充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定函数的单调性，再利用零点存在性定理结合充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】显然可知函数在上单调递增，
由零点存在定理可得，
即，解得，
要成为命题成立的一个必要不充分条件，
则该条件所对应的集合包含，
经检验，D选项是命题成立的必要不充分条件.
故选：D.
6. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，结合两角和差公式分析求解.
【详解】由题意可得：
，
所以.
故选：C.
7. 如图，在正方体中，在线段上，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】连接，，将平面和平面展开到同一平面，连接求解即可．
【详解】如图，连接，，将平面和平面展开到同一平面，
连接，交于点，
则，
因为，所以，
所以四边形为菱形，，
则，
故选：C．
8. 已知长方体的底面是边长为1的正方形，侧棱，在矩形内有一动点满足，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由得点在线段上，由对称性得，即可求解．
【详解】由向量共线定理可得三点共线，即点在线段上，
由对称性可知，线段上的点到，两点之间的距离相等，
所以，
当且仅当三点共线时，等号成立，
此时为线段的中点，即的最小值为，
故选：C．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论不正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则
C 若，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间中的直线、平面的位置关系结合反例一一判定选项即可.
【详解】对于A项，若，则可能相交，如下图所示，故A错误；
对于B项，若，，则或，如下图所示，故B错误；
对于C项，如图所示，，显然不一定垂直，故C错误；
对于D项，由线面垂直的性质可知若，则，即D正确.
故选：ABC
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
B. 直线是图象的一条对称轴
C. 在上单调递减
D. 的图象关于点对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角函数的图象与性质一一分析选项即可.
【详解】对于A，图象向左平移个单位长度后得到的图象，
故A错误.
对于B，，故B正确.
对于C，当时，，故C正确.
对于D，，故D正确.
故选：BCD
11. 已知三棱锥的所有棱长都是分别是三棱锥外接球和内切球上的点，则（ ）
A. 三棱锥的体积是
B. 三棱锥内切球的半径是
C. 长度的取值范围是
D. 三棱锥外接球的体积是
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出棱锥的高，利用体积公式处理A，利用内切球的半径公式处理B，利用勾股定理建立方程求解外接球半径，进而求出体积判断D，C即可.
【详解】
如图，取BC的中点M，连接AM，PM，作平面ABC．
易证H在AM上，且，则，
从而三棱锥P—ABC的体积，故A正确.
设三棱锥P—ABC内切球的半径为r，则，
所以，故B错误.
设三棱锥P—ABC外接球的半径为R，球心为O，
则，即，
解得，所以，则三棱锥P—ABC外接球体积是，
显然长度的取值范围是，故C，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题考查求立体几何，解题关键是利用勾股定理求出外接球的半径，然后求解体积和边的取值范围即可．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某连锁超市在三地的数量之比为，现采用分层抽样的方法抽取18家该连锁超市进行调研，已知A地被抽取了4家，则地被抽取的数量是__________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据分层抽样的概念计算即可.
【详解】由题意可得，解得，
则B地被抽取的数量是.
故答案为：6
13. 若实数，则的最小值为__________，此时__________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】，利用基本不等式求最小值，由等号成立的条件求的值.
【详解】，
当且仅当，即时，等号成立.
此时.
故答案为：；.
14. 在长方形中，，点E在线段AB上，，沿将折起，使得，此时四棱锥的体积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】设点在平面上投影为，证得平面和平面，得到，设，求得，在直角中，解得，结合锥体的体积公式，即可求解.
【详解】设点在平面上的投影为，当时，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
过点作，因为平面，平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，
设，则，
在中，可得，，则，
在中，，
延长，易知，
在中，，，
所以，解得，
所以四棱锥的体积为．
故答案为：.
.
【点睛】方法点睛：求空间几何体的表面积与体积的求解策略：
（1）公式法：对于规则的几何体的表面积和体积，可直接利用公式进行求解；
（2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积的计算，或不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
（3）等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 如图，在三棱锥中，已知.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求侧面与侧面所成的二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1），， 可求，，平面ABC， 勾股定理求出，可求三棱锥的体积；
（2）过点C作于点D，作于点E，结合定义可证得∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角，求出所需边长，即可求解.
【小问1详解】
∵，∴，，
，平面，∴平面．
又∵，，∴.
又∵，，∴，
∴.
【小问2详解】
过点C作于点D，作于点E，连接CE.
平面，平面，则平面平面，
平面平面，，面，
∴平面，由平面， 有，又，
，平面，则平面，
平面，则有，
∴由，知为侧面与侧面所成的二面角的平面角.
中，，，则
又，，中，，则，得，
同理，中，，
∴，即侧面与侧面所成的二面角的余弦值为.
16. 已知函数是定义在上的偶函数.
（1）求的解析式；
（2）若不等式对恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求解参数即可.
（2）通过参变分离，把原不等式转化成，然后求解中的范围，进而求出的最小值.
【小问1详解】
因为函数是定义在上的偶函数，
所以，可得恒成立，
即，所以，
所以，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，令，则，.
因为不等式恒成立，等价于恒成立，
所以恒成立，则，
又因为，所以，此时，
所以.
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且．
（1）求角A；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用三角形面积公式及余弦定理结合辅助角公式即可求解;
（2）应用余弦定理及正弦定理，结合辅助角公式，二倍角公式即可求解.
【小问1详解】
由三角形面积公式可得：
，
即，
则，
即，
则，
则
因为，所以.
【小问2详解】
，
则，由正弦定理得，
，
又，则，
所以
18. 如图，在正三棱柱中，为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
（3）在上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）利用正三棱柱的特征及线面垂直的判定证明即可；
（2）取的中点，不妨设，利用平行直线转化结合余弦定理解三角形求异面直线夹角即可；
（3）先作于E点，利用线面垂直的判定证明面面垂直即可，再根据等面积法计算线段比即可.
【小问1详解】
由正三棱柱的定义可知是等边三角形，平面．
因为平面，所以.
因为是等边三角形，D为的中点，所以.
因为，平面，且，
所以平面．
【小问2详解】
如图，取的中点，连接，，则，
则是异面直线与CD所成的角或补角.
设，则，，，，
故，
即异面直线与CD所成角的余弦值为.
【小问3详解】
在中，作，垂足为E.
因为平面，且平面，
所以.
因为平面，且，
所以平面.
因为平面BCE，所以平面平面.
设，则，，故.
因为，
所以，
则，，
所以.
故在上存在点E，使得平面平面，此时.
19. 在复数域中，对于正整数，满足的所有复数称为次单位根，若一个次单位根满足对任意小于的正整数，都有，则称该次单位根为次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时存在四个次单位根，因为，，因此只有两个次本原单位根，对于正整数，设次本原单位根为，则称多项式为次本原多项式，记为，规定，例如，请回答以下问题.
（1）直接写出次单位根，并指出哪些是次本原单位根（无需证明）；
（2）求出，并计算，由此猜想（无需证明）；
（3）设所有次本原单位根在复平面内对应的点为，复平面内一点所对应的复数满足，求的取值范围.
【答案】（1）全部的次单位根是，，，，，，，；其中是本原单位根的是，，，.
（2），，.
（3）
【解析】
【分析】（1）先探究一个单位根是本原单位根的充要条件，然后根据该条件给出次单位根和其中的本原单位根；
（2）先证明对任意都有，再利用该结论直接得到结果；
（3）利用的定义及复数的几何意义求解即可.
【小问1详解】
先证明：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
我们记，则全部的次单位根是.
设，考虑：
若和的最大公约数，则，从而不是本原单位根.
若不是本原单位根，设，，则由可知是的倍数，
设为和的最大公约数，则是的倍数，而和没有大于1的公约数，故是的倍数，
所以由可知，得.
这就得到结论：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
下面回到原题，考虑.
此时，全部的次单位根是，依次列出即是：
，，，，，，，.
根据上面的结论，其中是本原单位根的是，即，，，.
【小问2详解】
对，我们考虑全体次单位根.
每个均可表示为，其中是正奇数，.
则，所以是次单位根.
又因为，且和的最大公约数为1，故是次本原单位根.
而时，是1次本原单位根，故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里.
另一方面，根据刚才证明的，每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根.
这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中.
所以.
这就直接推出，且
，.
【小问3详解】
根据第1小问得到的结论，全部的次本原单位根是.
故.
再根据的定义，知.
根据第2小问的结论有.
故.
在的条件下，有，从而在复平面上对应的点可在圆上自由转动.
而代表和在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆上一点到点的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是，最大距离是.
所以所求的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对复数的三角表示的灵活运用，这是研究单位根的关键.