2024荆州中学高一下学期5月月考数学试卷含答案

这是一份2024荆州中学高一下学期5月月考数学试卷含答案，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若复数满足,则的虚部为( )
A.-4B.C.D.
2.如图,在三棱柱中,分别为的中点,则下列说法错误的是( )
A.四点共面B.
C.三线共点D.
3.已知,则“”是“"的( )
A.必要不充分条件B.充分必要条件
C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件
4.在正方体中,点是棱上的动点,则过三点的截面图形是( )
A.等边三角形B.矩形C.等腰梯形D.以上都有可能
5.已知正数x、y满足,则的最小值为( )
A.8B.C.12D.
6.已知函数的定义域为,且为奇函数,为偶函数,则( )
A.1B.-1C.0D.-2
7.已知正数a、b、c满足,则( )
A.B.C.D.
8.记函数的最小正周期为.若不等式对恒成立,且的图像关于对称,则的最小值为( )
A.1B.2C.3D.4
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.若复数,则下列说法正确的是( )
A.的虚部是
B.若复数的共轭复数为,则
C.在复数范围内,是方程的根
D.若复数满足,则|z|的最大值为6
10.如图所示,设是平面内相交成角的两条数轴,分别是与x、y轴正方向同向的单位向量,则称平面坐标系为仿射坐标系.若,则把有序数对叫做向量的仿射坐标,记为.在的仿射坐标系中,,.则下列结论中,正确的是( )
A.B.
C.D.在上的投影向量为
11.在锐角中,设分别表示角对边,,则下列选项正确的有( )
A.B.的取值范围是
C.当时的外接圆半径为
D.若当A,B变化时,存在最大值,则正数的取值范围为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知,则___________.
13.已知点与点,点在直线AB上,且,则点的坐标为__________.
14.如图,某商场内有一家半圆形时装店,其平面图如图所示,是圆心,直径MN为24米,是弧的中点.一个时装塑料模特在OP上,.计划在弧上设置一个收银台,记,其中
(1)则__________.(用表示);
(2)若越大,该店店长在收银台处的视线范围越大,则当店长在收银台处的视线范围最大时,AB的长度为__________米.
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.
分)
如图所示棱长为1的正四面体ABCD,E、F分别为AB、AC中点,为靠近的三等分点.记.
(1),求的最小值;
(2)求证:平面BFG.
分)
已知,设函数.
(1)求函数的表达式及其单调增区间;
(2)将函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的,横坐标缩短到原来的,得到函数的图象,求函数在区间内的所有零点之和.
17.(15分)
已知锐角中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,向量,,且与共线.
(1)求角的值;
(2)若,求的取值范围.
18.(17分)
如图,正边长为2,D、E分别是边AB、AC的中点,现沿着DE将折起,得到四棱锥,点为中点.
(1)求证:平面;
(2)若,求四棱锥的表面积;
(3)过ME的平面分别与棱相交于点S、T,记与的面积分别为,若,求的值.
19.(17分)
早在公元5世纪,我国数学家祖暅在求球体积时,就创造性地提出了一个原理“幂势既同,则积不容异”,意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.
(1)如图一所示,在一个半径为3的半球体中,挖去一个半径为的球体,求剩余部分的体积;
(2)如图二,由抛物线和线段围成一个几何形,将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体,请运用祖暅原理求该旋转体的体积;
（3）将两个底面半径为1,高为3的圆柱体按如图三所示正交拼接在一起,构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积,关键在求两个圆柱公共部分几何体的体积,请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积.
荆州中学2023~2024学年高一下学期5月月考数学试题参考答案
一、选择题:BBCDCAAB
二、选择题:10.AD11.ACD
三、填空题:12.313.或14.；
14.【详解】(1)因为是是弧的中点,所以.
因为,所以,则米.
由题意知,在中,设,则,
由,得,
则,则.故答案为:
(2)设.
令,则.
令
当,即取得最大值.,即的最大值为.
因为函数在上单调递增,所以当取得最大值时,也取得最大值,
店长在收银台处的视线范围最大,此时.
故当视线范围最大时,米.故答案为:
四、解答题:
15.(13分)【答案】(1)(2)证明见解析
【详解】(1)已知，
所以………………..…………3分
…………………………..3分
故的最小值为.
(2)连接CE,交BF于,连接分别为AB、AC中点,
为的重心,,………………………..………………………..4分
又,
面面面BFG.……………………………………………..3分
16.(15分)【答案】(1),单调递增区间为,(2)
【详解】(1)因为,
所以,
.……………………………………………..4分
由,解得,…………………..3分
即的单调递增区间为；
(2)依题意可得,……………………………………3分
由得,
由图可知,在上有4个零点:,
根据对称性有,
从而所有零点和………………………..5分
17.(15分)【答案】(1)(2)
【详解】(1)解：因为与共线,
所以,-2分
法一:由正弦定理得,
又由余弦定理得,则,
又为锐角三角形,故.………………………..3分
法二:由两角和的正弦公式得:,
因为,所以,
又为锐角三角形,故.…………………………………………3分
(2),…………4分
由于为锐角三角形,则,且,解得,………………2分
所以,……2分
而,即的取值范围为分
18.(17分)【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】(1)取中点,连DN,MN,
因为点为中点,,且,
同时分别是边AB,AC的中点,,且,
四边形MNDE是平行四边形,分
又平面平面平面分
(2),
,分
根据对称性有,而,
所以,所以,所以,分
而,分
四棱锥的表面积分
(3)由(1)知平面,
平面平面分
又……………………………………3分
19.(17分)【答案】(1)
【详解】(1)依题意该几何体的体积.
(2)图1阴影部分是由长方形ABCD(长为6,宽为3)和抛物线围成,图2阴影部分是由半径为3的半圆和直径为3的圆围成的,
将图1绕轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为,
将图2以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为,将两个几何体放在同一水平面上,用与圆柱下底面或与半球大圆距离为的平面截两个几何体，可得截面都为圆环，纵截面图如下，
几何体的截面面积为,
几何体的截面面积为,又两几何体等高,
由祖暅原理可得两几何体的体积相等,结合(1)可知几何体的体积,
而由抛物线跟线段围成一个几何形,
将该几何形绕轴该公共部分几何体得到一个抛物线旋转体,是由一个圆柱(底面半径为3,高为3)减去几何体,
所以所求的体积.
(3)首先证明该公共部分几何体的体积公式为(为圆柱的底面半径)：
该公共部分几何体是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分,计算其体积的方法是将原来的公共部分几何体平均分为八份,取它的八分之一（如图四）.
记正方形OABC的边长为,设,过点作平面PQRS平行于平面OABC.
又,由公股定理有,故此正方形PQRS面积是.
如果将图四的几何体放在棱长为的正方体内（如图五），不难证明图五中与图四等高处阴影部分的面积等于。
(如图六)设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为,不难发现对于任何高度,此截面面积必为，
由,
由祖暅原理图五中该公共部分几何体外部的体积等于
所以图四中几何体体积为,所以该公共部分几何体的体积为.
又圆柱的底面半径为1,
所以两个圆柱公共部分几何体的体积为.