2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一（下）月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一（下）月考数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合A={y|y=lnx}，B={x|x2−2x−3≤0}，则A∩B=( )
A. {x|0y2>2⇒y1−y2>0，y1y2>4，
所以g(y1)−g(y2)>0⇒g(y1)>g(y2)，
所以g(y)=y+1y,y≥2为增函数，
所以当y=2时(y+1y)min =52，∴a≤52．
所以a的取值范围为(−∞,52].
17解：(1)由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccsA，
所以a2−(b2+c2)=−2bccsA，
因为4 3S=a2−(b−c)2，
所以4 3⋅12bcsinA=a2−(b2+c2)+2bc=−2bccsA+2bc，
整理得 3sinA+csA=1，
所以2sin(A+π6)=1，即sin(A+π6)=12，
因为A∈(0,π)，所以A+π6=5π6，即A=2π3．
(2)由(1)知A=2π3，
所以B+C=π3，
由正弦定理知，b2+c2a2=sin2B+sin2Csin2A=43(sin2B+sin2C)，
而sin2B+sin2C=sin2B+sin2(π3−B)=sin2B+( 32csB−12sinB)2=sin2B+34cs2B+14sin2B− 32sinBcsB=54sin2B+34(1−sin2B)− 32sinBcsB
=12sin2B− 32sinBcsB+34=12⋅1−cs2B2− 34sin2B+34=−12sin(2B+π6)+1，
因为B∈(0,π3)，所以2B+π6∈(π6,5π6)，sin(2B+π6)∈(12,1]，
所以sin2B+sin2C=−12sin(2B+π6)+1∈[12,34)，
所以b2+c2a2=43(sin2B+sin2C)∈[23,1)，
即b2+c2a2的取值范围为[23,1)．
18(1)证明：正三棱柱ABC−A1B1C1中，则△ABC为等边三角形，D为AB的中点，
所以CD⊥AB，而CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以CC1⊥AB，又因为CD∩CC1=C，
所以AB⊥平面平面CC1D；
(2)解：取到A1B1的中点D1，连接C1D1，DD1，BD1，
由题意可得C1D1/​/CD，
所以∠BC1D1或其补角为异面直线BC1与CD所成的角，
因为AB= 3AA1，
由题意可得CD= 32AB=32AA1，BD1= BB12+B1D12= AA12+( 32AA1)2= 72AA1，
BC1= BC2+CC12= 3AA12+AA12=2AA1，
在△BCD1中，由余弦定理可得cs∠BC1D1=BC12+C1D12−BD122BC1⋅C1D1
=4AA12+94AA12−74AA122×2AA1×32AA1=34，
所以异面直线BC1与CD所成角的余弦值为34；
(3)解：由(1)可得AB⊥CC1，过C作CE⊥C1D交DC1于E，
此时AB⊥CE，AB∩DC1=D，
所以CE⊥平面ABC1，而CE⊂平面BCE，
所以平面BCE⊥平面ABC1，
在Rt△CDC1中，由面积相等可得：C1D⋅CE=CD⋅CC1
可得CE=CD⋅CC1C1D，而CD=32AA1，CC1=AA1，C1D= CD2+CC12= (32AA1)2+AA12= 132AA1，
所以CE=32AA1⋅AA1 132AA1=3 1313AA1，
可得C1E= CC12−CE2= AA12−(3 1313AA1)2=2 1313AA1，
DE=C1D−C1E=( 132−2 1313)AA1=9 1326AA1，
所以C1EED=2 1313AA19 1326AA1=49．
19解：(1)首先需要证明：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．
我们不妨记作ζn=cs2πn+isin2πn，因此全部的n次单位根是1,ζn,ζn2,…,ζnn−1．
设k=0，1，…，n−1，我们考虑到ζnk=cs2kπn+isin2kπn：
如果k和n的最大公约数d>1，则(ζnk)nd=(ζn)knd=(ζnn)kd=1kd=1，从而ζnk不是本原单位根．
若ζnk不是本原单位根，设(ζnk)m=1，1≤m1．
这就得到结论：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．
下面回到原题，考虑n=8．
此时ζ8=cs2π8+isin2π8= 22+ 22i，全部的8次单位根是1,ζ8,ζ82,…,ζ87，依次列出即是：
1， 22+ 22i，i，− 22+ 22i，−1，− 22− 22i，−i， 22− 22i．
根据上面的结论，其中是本原单位根的是ζ8,ζ83,ζ85,ζ87，即 22+ 22i，− 22+ 22i，− 22− 22i， 22− 22i．
(2)对u∈N∗，我们考虑全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1)．
每个k=1，2，…，2u−1均可表示为k=q⋅2u−m，其中q是正奇数，m∈{1,2,…,u}．
则(ζ2uk)2m=ζ2uq⋅2u−m+m=(ζ2u2u)q=1q=1，所以ζ2uk是2m次单位根．
又因为ζ2uk=cs2kπ2u+isin2kπ2u=cs2(q⋅2u−m)π2u+isin2(q⋅2u−m)π2u=cs2qπ2m+isin2qπ2m=ζ2mq，且q和2m的最大公约数为1，故ζ2uk=ζ2uq⋅2u−m=ζ2mq是2m次本原单位根．
而k=0时，ζ2uk=1是1次本原单位根，故每个2u次单位根都对应一个2m次本原单位根，这里m∈{0,1,2,…,u}．
另一方面，我们根据刚才证明的结论：ζ2mq=ζ2uq⋅2u−m，对于每个m∈{0,1,2,…,u}和每个2m次本原单位根ζ2mq都对应着一个2u次单位根ζ2uq⋅2u−m．
通过上述我们就可以知道全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1)事实上遍历了所有2m次本原单位根，其中m∈{0,1,2,…,u}．
所以f2u(x)f2u−1(x)f2u−2(x)(x)f2(x)f1(x)=(x−1)(x−ζ2u)(x−ζ2u2)...(x−ζ2u2u−1)=x2u−1．
我们就足以直接推出f8(x)=f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1x4−1=x4+1，并且
f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1，f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1．
(3)根据第1小问得到的结论，全部的16次本原单位根是ζ16,ζ163,ζ165,…,ζ1615．
故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|z−ζ16||z−ζ163||z−ζ165|...|z−ζ1615|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|．
再根据f16(x)的定义，知|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|=|f16(z)|．
根据第2小问的结论我们可以得到f16(x)=f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1x8−1=x8+1．
故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|f16(z)|=|z8+1|．
在|z|=43的条件下，有|z8|=|z|8=9，从而z8在复平面上对应的点可在圆x2+y2=92上自由转动．
而|z8+1|代表z8和−1在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆x2+y2=92上一点到点(0,−1)的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是9−1=8，最大距离是9+1=10．
所以题目求|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅…⋅|PAm|的取值范围是[8,10]．