湖南省新高考教学教研联盟2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题(学生版+解析)

这是一份湖南省新高考教学教研联盟2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题(学生版+解析)，共30页。试卷主要包含了 设集合，，则， 已知函数，则下列结论错误的是， 已知定义在上的奇函数满足， 下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.
第Ⅰ卷
一､选择题(本大题共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.
2. 已知函数，则下列结论错误的是( )
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的一个零点为
D. 在区间上单调递减
3. 如果一组数据的方差是2，那么另一组数据的方差为( )
A. 11B. 20C. 50D. 51
4. 已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量是( )
A. B. C. D.
5. 已知定义在上的奇函数满足：当时，，则的解集为( )
A. B. C. D.
6. 记函数的最小正周期为，若，且，则( )
A. B. C. D.
7. 很多人童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
8. 已知为的外心，若，，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二､多选题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9. 下列说法正确的有( )
A 若复数满足，则
B. 若复数为虚数单位，则的共轭复数
C. 复数一定都满足
D. 若复数满足，则复数在复平面上对应的点的轨迹为圆
10. 如图，在中，分别是边上的三个四等分点，若，则( )

A. B.
C. D.
11. 已知、为正实数，，则( )
A. B. 的最大值为
C. 最小值为D. 的最大值为
12. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，若平面平面，平面平面，记平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，则( )

A. 侧面为矩形
B. 若为中点，为的中点，则平面
C.
D. 若满足(且为常数)，则
第Ⅱ卷
三､填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 数据、、、、、、、的第百分位数为__________.
14. 在正方体中，直线与直线夹角的余弦值为_________．

16. 如图，在中，，点与点分别在直线的两侧，且，则的最大值为__________.
四､解答题
17. 某实验中学对选择生物学科的200名学生的高一下学期期中考试成绩进行统计，得到如图所示的频率直方图.已知成绩均在区间内，不低于90分视为优秀，低于60分视为不及格.同一组中数据用该组区间中间值做代表值.

(1)根据此次成绩采用分层抽样从中抽取40人开座谈会，求在区间应抽取多少人？
(2)根据频率直方图，估计这次考试成绩平均数和中位数.
18. 已知函数.
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)若在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围.
19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为线段上一点，平面.

(1)证明：为的中点；
(2)若直线与平面所成的角为，且，求三棱锥的体积.
20. 记锐角的内角的对边分别为，已知
(1)求证：；
(2)若，求的最大值.
21. 如图，已知是边长为的等边三角形，、分别是、的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥.

(1)若，证明：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
22. 已知函数.
(1)若的最大值为6，求的值；
(2)当时，设，若的最小值为，求实数的值.
2023年湖南新高考教学教研联盟高一5月联考
数学
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.
第Ⅰ卷
一､选择题(本大题共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】B
【解析】
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
因此，.
故选：B.
2. 已知函数，则下列结论错误的是( )
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的一个零点为
D. 在区间上单调递减
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，利用周期公式分析判断，对于B，将代入函数判断是否能取得最值，对于C，将代入函数中计算判断，对于D，由求出的范围，然后根据余弦函数的性质判断.
【详解】对于A，的最小正周期为，所以A正确，
对于B，因为，所以的图象关于直线对称，所以B正确，
对于C，因为，所以的一个零点为，所以C正确，
对于D，由，得，因为在上递减，在上递增，
所以在区间上不单调递减，所以D错误，
故选：D
3. 如果一组数据的方差是2，那么另一组数据的方差为( )
A. 11B. 20C. 50D. 51
【答案】C
【解析】
【分析】根据方差的性质计算可得；
【详解】因为一组数据的方差是，
所以另一组数据的方差为.
故选：C
4. 已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的定义求出，再根据在方向上的投影向量为计算可得.
【详解】因为向量与的夹角为，且，，
所以，
所以在方向上的投影向量为.
故选：C
5. 已知定义在上的奇函数满足：当时，，则的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由奇函数的性质可得出，求出的值，分析函数在上的单调性，令，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出原不等式的解集.
【详解】因为定义在上的奇函数满足：当时，，
则，解得，
故当时，，
因为、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
且当时，，
令，则函数的定义域为，
，故函数为偶函数，
且，
由可得，即，
因为函数在上为增函数，则函数在上为增函数，
所以，，解得或.
故选：A.
6. 记函数的最小正周期为，若，且，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，再利用函数的最小正周期求出的取值范围，即可得出的值.
【详解】对任意的，，则为函数的最大值或最小值，
故函数的图象关于直线对称，故，解得，
又因为且函数的最小正周期满足，即，
解得，故.
故选：D.
7. 很多人的童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】翻折后，，利用勾股定理求出的值，分析可知、、两两垂直，将三棱锥补成长方体，可计算出球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】翻折前，在矩形中，，因为为的中点，则，
翻折后，如下图所示：
则，设，由题意知，，，
所以，，解得，即，
将三棱锥补成长方体，
则长方体的外接球直径为，
所以，，故球的表面积为.
故选：C.
8. 已知为的外心，若，，则的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角恒等变换化简可得出的值，推导出，，利用平面向量的数量积可得出、的表达式，利用基本不等式可求得的最大值,
【详解】在中，设内角、、的对边分别为、、，
因为，
所以，
，
因为、、，则，，所以，，
如下图所示：
取线段的中点，连接，由垂径定理可知，
所以，，同理，
因为，则，
即，所以，，①
，即，
所以，，②
联立①②可得，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
故选：A.
二､多选题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9. 下列说法正确的有( )
A. 若复数满足，则
B. 若复数为虚数单位，则的共轭复数
C. 复数一定都满足
D. 若复数满足，则复数在复平面上对应的点的轨迹为圆
【答案】BD
【解析】
【分析】利用反例说明A、C，根据复数的乘方及共轭复数判断B，根据复数的几何意义判断D.
【详解】对于A：若，则，显然为纯虚数，故A错误；
对于B：，所以，故B正确；
对于C：若，则，，
显然，故C错误；
对于D：复数满足，所以复数在复平面上对应点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，故D正确.
故选：BD
10. 如图，在中，分别是边上的三个四等分点，若，则( )

A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据图形，结合向量加，减，数乘运算，即可判断A；
利用向量表示，利用数量积公式，判断B；
根据B的判断，代入数量积和模的公式，即可判断CD.
【详解】A.，故A正确；
B.
,
得,
，故B正确；
C.，故C正确；
D.因为，所以
，所以，故D错误.
故选：ABC
11. 已知、为正实数，，则( )
A. B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断ABD选项，利用二次函数的基本性质可判断C选项.
【详解】因为、为正实数，，
对于A选项，，当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，因，则，
故，当且仅当时，等号成立，
所以，的最大值为，B对；
对于C选项，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，C错；
对于D选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为，D对.
故选：ABD.
12. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，若平面平面，平面平面，记平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，则( )

A. 侧面为矩形
B. 若为的中点，为的中点，则平面
C.
D. 若满足(且为常数)，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】证明平面，即可得到，从而判断A，取的中点，连接、，即可证明平面平面，从而判断B，对于C、D，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】对于A：是矩形，，
又平面平面，平面平面，
平面，平面，，
过点作，

平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，，
，，，平面，
平面，又平面，
．
在三棱柱中为平行四边形，所以为矩形，故A正确；
对于B：取的中点，连接、，
因为为的中点，为的中点，所以，平面，
平面，所以平面，
又，平面，
平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，故B正确

对于C、D：由棱柱知，又平面，平面，
以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如下所示，

不妨设，，，
则，
设，，为平面法向量，
则，，令，则，，
取平面的一个法向量，
，则，
取平面的一个法向量，
由，
，
，则，
，
则，
，．
且，
，
故，故C错误，D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点睛：涉及空间角、距离利用空间向量法可以将几何问题转化为代数计算，以达到化繁为简的目的.
第Ⅱ卷
三､填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 数据、、、、、、、的第百分位数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将数据由小到大排列，利用百分位数的定义可求得该组数据的第百分位数.
【详解】将数据由小到大进行排列为、、、、、、、，共个数，
因为，故该组数据的第百分位数为.
故答案为：.
14. 在正方体中，直线与直线夹角的余弦值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据异面直线夹角的定义确定为直线与直线夹角或其补角，再判断的形状即可得答案.
【详解】如图，连接

在正方体中，有
所以四边形为平行四边形，所以
所以为直线与直线夹角或其补角
设正方体棱长为，则，所以为等边三角形
所以，故直线与直线夹角的余弦值为.
故答案为：.
15. 如图，在平行四边形中，为线段的中点，，则__________.

【答案】
【解析】
【分析】以不共线的两个向量作为平面向量基底，用基底表示出需要的向量，在求解过程中涉及到垂直，可用数量积为0来突破，留意向量的方向，准确找出两向量的夹角.
【详解】因,所以不共线,可选作为平面向量基底.则.
因为,,所以在中,
因为,所以,则.
故答案为：
16. 如图，在中，，点与点分别在直线的两侧，且，则的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由结合正弦定理可求得，则，设，在中由正弦定理可求得，则，然后在中由余弦定理表示出，再结合正弦函数的性质可求得结果.
【详解】设，则由，得，
在中，，由正弦定理得，
所以，得，
因为，所以，
所以，
设，因为，
所以，
所以，
在中由正弦定理得，，
所以，得，
所以，
在中，，，，
由余弦定理得
，
所以，
所以当，即时，取得最大值，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由已知条件求出，再设，然后在中利用正弦定理表示出，再在中利用余弦定理表示出，从而可求得答案，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
四､解答题
17. 某实验中学对选择生物学科的200名学生的高一下学期期中考试成绩进行统计，得到如图所示的频率直方图.已知成绩均在区间内，不低于90分视为优秀，低于60分视为不及格.同一组中数据用该组区间中间值做代表值.

(1)根据此次成绩采用分层抽样从中抽取40人开座谈会，求在区间应抽取多少人？
(2)根据频率直方图，估计这次考试成绩的平均数和中位数.
【答案】(1)
(2)平均数为，中位数为
【解析】
【分析】(1)首先求出中的频数，按照分层抽样计数可得；
(2)根据频率分布直方图中平均数与中位数计算规则计算可得.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知的频数为人，
所以在区间中应抽取人.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知平均数为：
，
又，，
所以中位数位于之间，
设中位数为，则，解得，
故中位数为.
18. 已知函数.
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)若在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)；单调递增区间是，；
(2)
【解析】
【分析】(1)首先化简函数，再根据三角函数的性质判断周期和单调递增区间；
(2)将方程转化为，再结合函数的图象，转化为两个函数图象的交点问题，即可求解.
【小问1详解】
，
最小正周期；
令，，得，
所以函数的单调递增区间是，；
【小问2详解】
，，
令，得，
令，如图，画出函数的图象，

若在区间上有两个不同的零点，则与的图象，有2个不同的交点，即可，
得
所以实数的取值范围是.
19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为线段上一点，平面.

(1)证明：为的中点；
(2)若直线与平面所成的角为，且，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)连接，设，连接，根据线面平行的性质得到，即可证明；
(2)首先证明平面，则为直线与平面所成的角，再求出，最后根据计算可得.
【小问1详解】
连接，设，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，又底面为矩形，所以为的中点，
所以为的中点.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，即，
又，所以，则，
由平面，平面，所以，
所以在中，
所以.
20. 记锐角的内角的对边分别为，已知
(1)求证：；
(2)若，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)利用三角函数恒等变换公式对已知式子化简变形可证得结论；
(2)由已知条件结合正弦定理可得，，从而可得，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形可求得结果.
【小问1详解】
因为，
所以
所以，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，
所以，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以
因为，所以，
所以，
所以，
所以当时，取得最大值.
21. 如图，已知是边长为的等边三角形，、分别是、的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥.

(1)若，证明：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)翻折后，取中点，连接、，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
(2)取的中点，连接、，过点在平面内作，垂足为点，连接，证明出平面，可知与平面所成的角为，计算出、的长，即可得解.
【小问1详解】
证明：翻折前，因为、分别是、的中点，则，
所以，，，
所以，为等边三角形，所以，，
且，，
翻折后，取的中点，连接、，如下图所示：

由题意可知，是边长为的等边三角形，
因为为的中点，所以，，且，
因为，，，
由余弦定理可得，
因为，所以，，则，
因为，、平面，则平面，
又因为平面，因此，平面平面.
【小问2详解】
解：取的中点，连接、，如下图所示：

因为，，，
由余弦定理可得，
所以，，
因为，且为的中点，所以，，且，
因为，，则,
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，则，则，
因为，则为等腰直角三角形，
故，，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，为锐角，且，
过点在平面内作，垂足为点，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，、平面，则平面，
所以，直线与平面所成角为，
且，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
22. 已知函数.
(1)若的最大值为6，求的值；
(2)当时，设，若的最小值为，求实数的值.
【答案】(1)或
(2)
【解析】
【分析】(1)利用换元法及一元二次函数的性质即可求解；
(2)利用分段函数分段处理的原则及换元法，结合已知条件及一元二次函数的性质即可求解；
【小问1详解】
依题意， 函数的对称轴方程为令，
当，即时，当时，取到最大值，
所以，解得；
当，即时，当时，取到最大值，
所以，解得；
综上所述，或.
【小问2详解】
因为，
①当时，，
令，，
当时，，
当时，
②当时，，即，
因为，
所以
若此时符合题意；
若(舍)；
若此时不符合题意.
综上，实数.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用换元的思想及分段函数分段处理的原则，结合条件及一元二次函数的性质分类讨论即可.