湖北省宜荆荆随恩2023-2024学年高一下学期6月联考数学试卷（Word版附解析）

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命题学校：宜昌一中 命题教师：高一数学备课组 审题学校：恩施高中
考试时间：2024年6月13日下午15：00-17：00 试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得z，然后求得|z|.
【详解】依题意，，故，
故.
故选：D
2. 已知，则“”是“”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先求的解集，再利用充分必要条件的概念即可判断.
【详解】由得，此不等式与不等式同解，解得或.
所以，当时，一定成立，故充分性成立；
当即或时，不一定成立，故必要性不成立.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 若实数，，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断，，且，根据对数函数的性质可得，即可判断.
【详解】因为，
又，则，且，即，
因为，所以，
所以.
故选：A
4. 若上的奇函数在区间上单调递增，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由奇偶性可得在上单调递增，，分类讨论,利用单调性可得到结论．
【详解】定义在上的奇函数在区间上单调递增，且（3），
则在上单调递增，且，
因为，
所以或．
不等式的解集是
故选：．
5. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深菨的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则（ ）

A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正八边形的结构特征，结合数量积的定义计算即得.
【详解】在正八边形中，连接，则，
而，即，于，
在等腰梯形中，，
所以.
故选：D

6. 已知函数，若（其中．），则的最小值为（ ）．
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.
【详解】,
由，
，
即，
，当且仅当，即时等号成立，
故选：B
7. 已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据相切结合勾股定理可得，即可求解，由圆台和球的体积公式即可求解.
【详解】设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图：
的上､下底面面积分别为，则圆，的半径分别为2，6，
则，解得，
故所求体积之比为
故选：B

8. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角公式化简已知等式可求得，并确定所在象限；根据同角三角函数关系可求得，利用两角和差余弦公式可求得结果.
【详解】，，，
，，，
，，，，
.
故选：C.
二､多项选择题：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. 土壤是自然界中最大的生态系统，具有十分重要的作用.利用绿色化学药剂来降低土壤中的重金属含量是改善土壤环境的一项重要工作，若在使用绿色化学药剂降低土壤中重金属含量的过程中，重金属含量(单位:与时间(单位:)满足关系式，已知处理后，重金属含量减少，则（ ）)
A. 表示未经处理时土壤中的重金属含量B. 的值为
C. 使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约D. 函数为减函数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据已知条件，先求出，再结合对数公式，即可求解．
【详解】当时，，故表示未经处理时土壤中的重金属含量，A正确，
当时，，①，故，B错误，
，②，
联立①②解得，，
则，
故使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约．C错误，
由于，，所以单调递增，因此单调递减，D正确，
故选：AD
10. 设，为两条不重合的直线，为一个平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间中线面之间的位置关系，判断各选项即可.
【详解】对于A，直线可能在平面内，可能与平面相交，也可能平面平行，故A错误.
对于B，设直线为平面内的任意一条直线，因为，，所以，
又，所以，即b与内任意直线垂直，所以，故B正确.
对于C，若，，则直线与直线可能平行，也可能异面，故C错误.
对于D，过直线作平面，使得平面与平面相交，设，
因，，，所以，
又，，所以，则，故D正确.
故选: BD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点，使四点共面
B. 存在点，使平面
C. 三棱锥的体积为
D. 经过四点的球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】连接，证得和，得到，可判定A正确；连接，证得，利用线面平行的判定定理，可证得B正确；连接，结合，可判定C错误；分别取的中点，构造长方体，结合正方体的性质和球的表面积公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，如图所示，在正方体中，连接，
因为分别是的中点，所以,
又因为，所以，所以四点共面，
即当与点重合时，四点共面，所以A正确；
对于B中，连接，当是的中点时，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，所以B正确；
对于C中，连接，因为，
则，所以C错误；
对于D中，分别取的中点，构造长方体，
则经过四点的球即为长方体的外接球，
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过四点的球的表面积为，所以D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图所示，用斜二测画法画出的水平放置的及边上中线的直观图是及，其中，试按此图判定原中的四条线段中最长的线段是__________；最短的线段是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据斜二测画法的定义即可判断求解.
【详解】由斜二测法可知原图形是个直角三角形，其中角为直角，
则有
故最长的线段为，最短的为.
故答案为：；.
13. 在中，内角的对边分别为，，且，则面积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先由已知条件结合余弦定理和求出，再由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值.
【详解】因为，
所以由余弦定理，得，
所以，又，
则，
所以由余弦定理以及基本不等式得：
，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即面积的最大值为，
故答案为：.
14. 已知函数的最大值为，则满足条件的整数的个数为______．
【答案】5
【解析】
【分析】先用基本不等式证明的最大值是，得到，再由是整数及确定，，最后逐个枚举的可能值并分类讨论即可得到全部的.
【详解】因为
，
且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得.
由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解.
所以的最大值是，从而，即.
若要，，则，所以，这得到.
从而，且.
若，则；
若，则；
若，则.
所以满足条件的共有5个：.
故答案为：5．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用基本不等式证明的最大值是，中间需要一定的平方式计算.
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. 已知直线是函数的图象的一条对称轴，且在上单调递增.
（1）求的值，并在上面网格纸中作出在上的大致图象；
（2）将函数的图象的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度后，得到函数的图象，求在上的值域.
【答案】（1）；作图见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦函数的对称轴公式，结合函数的单调性与周期的关系可得，再根据五点作图法作图即可；
（2）根据三角函数图象变换可得，再根据正弦函数性质求解值域即可.
【小问1详解】
依题意，，故，
由于在上单调递增，故，
所以，解得，故；
列表可知
作出在上的大致图象如下所示：
【小问2详解】
将函数的图象的横坐标缩短为原来的后，得到；
再向右平移个单位长度后，得到的图象；
当时，，
所以当时，，
当时，，
故在上的值域为.
16. 如图所示正四棱锥，，P为侧棱上的点．且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）；
（2）在侧棱上存在一点，使平面，满足．
【解析】
【分析】（1）根据棱锥表面积的计算公式即可求出结果；
（2）分析可得在侧棱上存在一点，使平面，满足．证得平面平面，根据面面平行的性质定理即可证出结论.
【小问1详解】
正四棱锥中，，，
侧面的高，
正四棱锥的表面积．
【小问2详解】
在侧棱上存在一点，使平面，满足．
理由如下：
取中点为，因为，则，
过作的平行线交于，连接，．
在中，有，
平面，平面，平面，
由于，．
又由于，
平面，平面，平面，
，平面平面，得平面，
17. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，在边上（不含端点）存在点，使得，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接用余弦定理求得，进而得到；
（2）思路一：利用正弦定理三角恒等变换得，进一步结合正弦定理得，由即可求解；思路二：设边上的高线长为，则长度的取值范围是，从而条件等价于，最后用表示和，即可求出的范围.
【小问1详解】
由余弦定理得，所以.
【小问2详解】
方法一：因为，所以，
由（1）知道，所以，
所以，
所以由，可得，
从而（因为），
所以，结合是三角形内角可知，，
当时，在三角形中，设，则，
由正弦定理得，故，
因为，
所以，
三角形中，由正弦定理得，
故，
因为，
所以的取值范围是，
所以的取值范围是.
方法二：在本小问的解析中，所有“线段上”均不含端点和.
由知角是钝角，所以角都是锐角，
这表明点在直线上的投影在线段上.
设，则由在线段上及可知，
对线段上的点，长度的取值范围是，所以条件等价于.
而我们有，
故.
由于，
故我们又有.
所以条件等价于，即.
综上，的取值范围是.
18. 如图1，在矩形中，，E是的中点；如图2，将沿折起，使折后平面平面．
（1）若平面与平面的交线为l，求证：；
（2）求证：平面；
（3）求点C到平面的距离．
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）．
【解析】
【分析】（1）因为，则有平面，根据线面平行性质可证；
（2）根据勾股定理可证，由面面垂直性质定理即可证平面；
（3）先求解三棱锥的体积，再用等体积法求得点到面的距离．
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面与平面交线为l，且平面，所以；
（2）依题意得，，又
所以，则
因为平面平面，且平面平面，平面
所以平面；
（3）取中点，连接
因为，所以，由于平面平面，
且平面平面，平面，所以平面，且
所以
由（2）知平面，且平面，所以
设点C到平面的距离为，则
由于，故
所以点C到平面的距离为
【点睛】
方法点睛：求点到面的距离常用方法：
1、等体积法；
2、直接作出点到平面的垂线，则该垂线段的长度就是所求的距离；
3、向量法：用向量距离公式求解.
19. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.
（1）当时，称为调和点列，若，求的值；
（2）①证明：；
②已知，点为线段的中点，，，求，.
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②，
【解析】
【分析】（1）设，，结合可整理得到，由此可得的值；
（2）①根据，，，，结合三角形面积公式和角之间的等量关系可整理得到结论；
②根据可整理得到，由和可构造方程组求得结果.
【小问1详解】
由知：两点分属线段内外分点，
不妨设，，
则，，
由知：，，
，即.
【小问2详解】
①在中，
，
，
则
在中，
，
，
则，
又，
，
即；
②，，即，
又点为线段的中点，即，则，
又，则，，
设，，且，
由可知：，
即，整理可得：；
在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得，，
且，
则，即，
由得：或（舍），即，.
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