广东省佛山市七校2023-2024学年高一下学期5月联考数学试卷（原卷版+解析版）

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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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．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版必修第一册第五章第4节至必修第二册第八章第2节．
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. 下列几何体为棱柱的是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的定义逐项判断即可.
【详解】根据简单组合体的概念知：选项A为简单组合体；
根据棱柱的概念可得选项B为棱柱；
根据棱台的定义知选项C为棱台；
根据棱锥的概念知选项D为棱锥.
故选：B
2. 复数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】先利用复数乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义确定对应点所在的象限.
【详解】因为，
所以该复数在复平面内对应的点为，在第四象限.
故选：D
3. 下列说法不正确的是（ ）
A. 正棱锥的底面是正多边形，侧面都是等腰三角形
B. 棱台的各侧棱延长线必交于一点
C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分是棱台
D. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
【答案】C
【解析】
【分析】根据棱锥、棱柱、棱台的定义依次判断选项即可得到答案；
【详解】对于A，正棱锥的底面是正多边形，侧面都是等腰三角形，故A正确；
对于B，根据棱台的定义可得：棱台的各侧棱延长线必交于一点，故B正确；
对于C，用一个平行棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分是棱台，故C错误；
对于D，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故D正确；
故选：C.
4. 在中，内角A，B，C的对边分别为，且，若的周长为3，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
分析】将已知条件用正弦定理角化边，再使用周长条件，即可解出.
【详解】在已知条件中用正弦定理将角化边得到.
而的周长为3，故.
所以，得.
故选：A.
5. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，利用投影向量的定义即可求解.
【详解】因为单位向量，满足，所以，
化简得：，即或(舍去)，
所以在上的投影向量为，
故选：D
6. 已知函数在上单调递增，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知的最小正周期，则在处取得最小值，得，即可求解.
【详解】在上单调递增，又的最小正周期，
则在处取得最小值，在处取得最大值，
所以，即，
又，所以.
故选：D
7. 已知函数的部分图象如图所示，其中一个最高点的坐标为，与轴的一个交点的坐标为．设M，N为直线与的图象的两个相邻交点，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先确定，，然后根据线段的长度确定它们与中间对称轴之间的距离，再由此推出它们的函数值.
【详解】由图可知，的最小正周期，所以，即.
而是图象的最高点，所以，从而.
由于，故的横坐标一定位于的相邻两个零点之间.
而，故到它们之间的对称轴的距离都是，而对称轴的横坐标一定满足，所以.
故选：A
8. 如图，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，设初始正方形的边长为2，则（ ）

A. 0B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】通过作辅助线，将相关向量线性表示出来，再利用数量积定义式和运算律计算即得.
【详解】
如图，连接，延长交于点，延长交于点.
则由题意和图形的对称性，可知,且
，
由题意可知，.
故选：C.
二、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. 已知复数，则（ ）
A. 互为共轭复数B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用复数除法运算化简，从而利用共轭复数概念判断A，利用复数加法运算判断B，求复数模判断C，根据虚数定义判断D.
【详解】因为，又，所以互为共轭复数，故A正确；
，故B正确；
，所以，故C正确；
由于虚数不能比较大小，故D错误.
故选：ABC
10. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数B. 的最小正周期为
C. 在上单调递增D. 在上有6个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据奇函数的定义判断即可；
对于B，通过判断是否成立，即可判断；
对于C，令，可得在上单调递增，在结合在上单调性即可判断；
对于D，令，令函数，则有，解出的个数，即可判断.
【详解】对于A，因为，其定义域为，
所以，所以函数为奇函数，故A正确；
对于B，因为，所以B错误；
对于C，令，该函数在上单调递增，且，
又因为在上单调递增，
由复合函数的单调性可知函数在上单调递增，故C正确；
对于D，令，所以在上单调递增，则，
令，即，所以，
又因为，，，
所以，故有6个解，即函数在上有6个零点，故D正确；
故选：ACD
11. 如图，在梯形中，，分别为边上的动点，且，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为9
C. 的最大值为12D. 的最大值为18
【答案】AC
【解析】
【分析】首先以点为原点建立平面直角坐标系，并利用坐标表示，再根据基本不等式，即可求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则.设，
其中，且，
得.
因为，所以，
解得，当且仅当时，等号成立.，
当且仅当点或点与点重合时，等号成立，则.
所以的最大值为12，最小值为.
故选：AC
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 若，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式计算即得.
【详解】由，得，
显然，否则，矛盾，
所以.
故答案为：3
13. 如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，在轴上，与轴垂直，且，则的面积为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用斜二测的定义通过的长确定的长，再求出的面积.
【详解】由于在轴上，在轴上，故在轴上，在轴上，且，.
由于与轴垂直，而，结合知.
所以，，这意味着.
故答案为：.
14. 如图，测量队员在山脚处测得山顶仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走400米到达处，在处测得山顶的仰角为与在同一水平面上，四点在同一铅垂面上，则山的高度OP为_____________米．
【答案】
【解析】
【分析】通过作出两条垂线，利用解直角三角形求出,再利用等角证明等边求出，再利用解直角三角形求出，最后可得高度.
【详解】
过点作,垂足为,过作,垂足为，
在直角中，,可得,
在直角中，,可得：,
直角中，,可得：,
所以可得：,
,即,
所以,再由,
再由图中三个直角可知四边形是矩形，所以,
即,
故答案为：.
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. 已知向量，．
（1）若，求;
（2）若向量，，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由数量积的坐标运算解出，然后用模长的公式；
（2）用向量平行的坐标判定解出，再使用数量积的坐标运算公式判定夹角余弦值.
【小问1详解】
由，，有，而，故.
所以，解得，这表明，所以.
【小问2详解】
由，知，而，，故，解得，从而.
所以.
16. 已知．
（1）求和的值;
（2）求的值．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据求得，利用正余弦和角公式，即可求得；利用配凑出，再结合正弦的差角公式以及已知条件，即可求得结果；
（2）根据求得，再根据正弦的倍角公式，结合已知数据，整理化简即可求得结果.
【小问1详解】
，故，则，，
由可得；由可得，
两式相加可得，故；
.
【小问2详解】
由（1）知，，又，故，；
.
17. 在中，角A，B，C的对边分别为已知．
（1）证明:．
（2）证明:．
（3）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）用余弦定理化简即可证明；
（2）结合(1)根据正弦定理得到，三角恒等变换得到，根据范围得到证明；
（3）由，根据锐角三角形确定，得到范围.
【小问1详解】
由余弦定理结合，
可得，
化简得：，证毕；
【小问2详解】
由(1) 结合正弦定理可得：，
即，
即，
即，
因为，，故或(舍去)，
则，证毕.
【小问3详解】
由(2)可得，
因为为锐角三角形，
可得，即，
解得：，即有，
所以，
即的取值范围为
18. 已知向量，，函数．
（1）求图象的对称中心与对称轴;
（2）当时，求的单调递增区间;
（3）将的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，若关于的方程在上恰有两个不相等的实根，求实数的取值范围．
【答案】（1）对称中心是，对称轴是
（2）和
（3）
【解析】
【分析】（1）化简可得，然后利用正弦型函数的性质得解；
（2）利用正弦型函数的单调性即可确定单调区间；
（3）将命题等价转化为关于的方程在上恰有一根，且不是根，再利用二次函数的知识即可求出取值范围.
【小问1详解】
由已知有.
所以图象的对称中心的横坐标满足，对称轴的横坐标满足.
从而，.
所以图象的对称中心是，对称轴是.
【小问2详解】
若要单调递增，则.
即.
而，故或.
所以在范围内的单调递增区间是和.
【小问3详解】
将的图象向左平移个单位长度后，得到.
由于在上递增，在上递减，，.
故原命题等价于，关于的方程在上恰有一根，且不是根.
设，则由二次函数的性质知命题等价于或.
此即或，即.
所以的取值范围是.
19. 某镇为了拓展旅游业务，把一块形如的空地(如图所示)改造成一个旅游景点，其中.现拟在中间挖一个人工湖，其中M，N都在边AB上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在的周围安装防护网.
（1）当时，求防护网的总长度.
（2）为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，试问当多大时，的面积最小?最小面积是多少?
【答案】（1）
（2）时，的面积最小，且最小值为
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求得，然后利用勾股定理求得，从而判断为正三角形，即可求解周长；
（2）设，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，根据面积公式和三角恒等变换得，利用正弦函数性质求得最值即可.
【小问1详解】
在中，，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，则，所以，
又，所以，即为正三角形，则的周长为9，
即防护网的总长度为.
【小问2详解】
设，在中，由正弦定理得，
所以，在中，由正弦定理得，
所以，
又，
所以当且仅当，即时，的面积最小，
且最小值为.