湖北省十堰市部分重点中学2022-2023学年高一数学下学期5月联考试题（Word版附答案）

十堰市部分重点中学2023年度5月联考

高一数学试卷

考试时间：2023年5月17日下午15:00—17:00 试卷满分：150分

一、单项选择题：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.在复平面内，复数对应的点位于（    ）

A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

2.在边长为1的正三角形ABC中，的值为（    ）

A.1 B.2 C. D.

3.已知圆台的上下底面圆的半径分别为1与2，高为，则圆台的侧面积为（    ）

A. B. C. D.

4.函数，，则下列结论正确的是（    ）

A.是偶函数  B.是奇函数

C.是奇函数 D.是奇函数

5.等于（    ）

A. B. C. D.2

6.设，，与的夹角为，则在上的投影向量为（    ）

A. B. C. D.

7.如图，某大楼AB旁有一山坡，其斜坡CD的坡度（或坡比），山坡坡面上点E处有一休息亭，某数学兴趣小组测得山坡坡脚C与大楼水平距离米，与休息亭距离米，并从E点测得大楼顶部点A的仰角为，点A，B，C，D，E在同一平面内，则大楼AB的高度约为（    ）

（结果精确到0.1米；参考数据：，，，通常把坡面的垂直高度和水平宽度的比叫做坡度）

A.89.0米 B.74.2米 C.74.0米 D.59.2米

8.函数，已知为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且在上单调递减，记满足条件的所有的值的和为S，则S的值为（    ）

A. B. C. D.

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.设a，b是两条不重合的直线，，是两个不同的平面，下列四个命题中，正确的是（    ）

A.若，，则 B.若，，则

C.若，，则 D.若，，则

10.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若有唯一解，则a的值可以是（    ）

A.1 B. C. D.

11.若函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则下列说法错误的是：（    ）

A.的图像关于直线对称 B.在上有2个零点

C.在区间上单调递减 D.在区间上的值域为

12.在锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，外接圆半径为R，若，，则（    ）

A.  B.

C.bc的最大值为3  D.的取值范围为

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知，若，则m=______.

14.若，则______；

15.根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和，现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如图所示的图形，若，则______.

16.如图，在棱长为3的正方体中，E，F分别在线段，上，且，则______.

四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知非零向量，满足，且.

（1）求与的夹角；

（2）若，求.

18.已知函数，.

（1）求的最大值和对应x的取值；

（2）求在的单调递增区间.

19.已知，为锐角，，.

（1）求的值；

（2）求的值.

20.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.

（1）求的值；

（2）求的值.

21.如图，四边形OACB中，，，三角形ABC为正三角形.

（1）当时，设，求x，y的值；

（2）设，则当为多少时，段OC的长最大，最大值是多少?

22.已知函数的图像两相邻对称轴之间的距离是，若将的图像上每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数为偶函数.

（1）求的解析式；

（2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围；

（3）若函数的图像在区间（且）上至少含有30个零点，在所有满足条件的区间上，求的最小值.

十堰市部分重点中学2023年度5月联考

高一数学参考答案

1.B

【分析】根据复数的乘法运算进行化简，根据复数的几何意义即可求解.

【详解】解：因为，其在复平面内对应点的坐标为，

故复数对应的点位于第二象限.

故选：B.

2.D

【详解】以AB、BC为邻边作菱形ABCD，则， 由图形可知，的长度等于等边的边AC上的高的2倍，即，因此，，故选：D.

3.C

【分析】根据圆台侧面积公式进行求解即可.

【详解】因为圆台的上下底面圆的半径分别为1与2，高为，所以圆台的母线为：，

所以圆台的侧面积为：，

故选：C

4.C

【分析】根据函数奇偶性的定义逐项分析即得.

【详解】选项A：因为的定义域为R，

又，

所以是奇函数，故A错误；

选项B：因为的定义域为R，

又，

所以是偶函数，故B错误；

选项C：因为的定义域为R，

又，

所以是奇函数，故C正确；

选项D：因为的定义域为R，

又，

所以是偶函数，故D错误.

故选：C.

5.C

【分析】根据三角函数的诱导公式以及二倍角公式，可得答案.

【详解】.

故选：C.

6.B

【分析】直接根据投影向量的公式计算即可.

【详解】在上的投影向量为：

.

故选：B

7.A

【分析】过点E分别作底面，，然后根据题意分别求出AF，，最后相加即可求出答案.

【详解】如图，过点E作底面垂线，于F，

因为斜坡CD的坡度，所以

设，，在中，，即，

解得，则，，

所以，

因为在E点测得大楼顶部点A的仰角为，

所以，

，

故选：A

8.A

【解析】由一条对称轴和一个对称中心可以得到或

，，由在上单调递减可以得到，算出的大致范围，验证即可.

【详解】由题意知：或，

或

或，

在上单调递减，

①当时，取知

此时，当时，

满足在上单调递减，符合

取时，，此时，

当时，

满足在上单调递减，符合

当时，，舍去，当时，也舍去

②当时，取知

此时，

当时，，

此时在上单调递增，舍去

当时，，舍去，当时，也舍去

综上：或2，.

故选：A.

【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，难度较大，易错点在于已知一条对称轴和一个对称中心要分两种情况分析.

9.BCD

【解析】根据空间中线面的关系，逐一分析选项，即可得答案.

【详解】对于A：若，，则A，b可平行，可相交，也可异面，故A错误；

对于B：若，，则，故B正确；

对于C：若，，则，故C正确；

对于D：， ，则，故D正确.

故选：BCD

10.BD

【分析】根据正弦定理三角形有唯一解，得到或，即可求出参数a的取值范围，从而得解；

【详解】解：因为，，因为有唯一解，所以或，

即，

故选：BD

11.ABC

12.ACD

【分析】由正弦定理求外接圆半径；由题设知，结合即可求范围；由余弦定理及基本不等式求bc的最大值，注意取最大的条件；由C分析有，结合正弦定理边角关系及B，C的范围，应用二倍角正余弦等恒等变换，根据三角函数的值域求范围.

【详解】由题设，外接圆直径为，故，A正确；

锐角中，则，故，B错误；

，则，当且仅当时等号成立，C正确；

由C分析知：，而，，

又且，

则

，

而，

所以，则，

所以，D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：D选项，应用边角关系及角的范围，结合三角恒等变换将转化为三角函数性质求范围.

13.

14.

【分析】由题意，是的2倍，根据余弦二倍公式，即可求解.

【详解】由题意

故答案为：

【点睛】本题考查余弦二倍角公式，属于基础题.

15.

解：如图，以A为原点，分别以，为x，y轴建立平面直角坐标系，设正方形ABCD的边长为2a，则正方形DEHI的边长为，正方形EFGC边长为a

可知，，，

则，，

即

又，

即，解得，，

故.

解法提示：也可以用向量矢量运算求解.

16.2

解析：如图，在上取点G，且，连接EG，，延长EG，交于点H，则，且，得，在中，易得故，又，其中为点C到平面的距离

，其中为点F到平面的距离由于，平面与平面共面故即为点C到平面的距离，为点F到平面的距离，且故

解法提示：可以用割补法求解，但比较复杂.

17.（1）；（2）.

【分析】（1）由，得，则，再结数量积的公式和，可求得与的夹角；

（2）由，得，将此式展开，把代入可求得结果

【详解】（1），，

，，

，，，

，与的夹角为.

（2），，

，又由（1）知，，.

【点睛】此题考查平面向量的数量积的有关运算，考查计算能力，属于基础题

18.（1）当，时，函数有最大值

（2）

【分析】（1）根据正弦型三角函数的最值列方程求解即可；

（2）先确定函数在R上的递增区间，结合已知区间求交集即可.

【详解】（1）解：因为，，

函数取最大值满足：，

，可得，，

当，时，函数有最大值；

（2）解：函数在R上的增区间满足：

， ，

可得， ，

又，函数的单增区间为.

19.（1）（2）

【分析】（1）根据二倍角的余弦公式结合商数关系及化弦为切即可得解；

（2）先利用二倍角的正切公式求出，再根据平方关系及商数关系求出，再根据利用两角差的正切公式即可得解.

【详解】（1）；

（2）由，得，

因为，为锐角，所以，，则，

又因，所以，

所以，

所以，

则.

20.解析（1）在中，由正弦定理得，

又由，得，即.

又因为，所以，.

由余弦定理的推论可得.

（2）由（1）可得，

从而，，

故.

21.解：（1）在中，

， ，，

，，，，

解法一：以O为坐标原点，射线OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系.

由，，得.

由，，得

由及，，

得，

解得，.

解法二：过点C作交OA于点D，

在中，，，

，，，

，，.

（2）由正弦定理得，即，

所以，

所以，

，

由余弦定理得

，

因为，所以当时，OC取得最大值3.

22.解：（1）由，得，

则

则为偶函数，所以，

又，所以，

故.

（2）因为，所以，

故，，

而恒成立，

即，

整理可得.

令，，

设，，设且，

则，

由于，，则，所以，

即区间上单调递增，故，

故，即实数m的取值范围是.

（3）由题意知，

由得，

故或，，

解得或，，

故的零点为或，，

所以相邻两个零点之间的距离为或

若最小，则a和b都是零点，此时在区间，，…，，

分别恰有3，5，…，个零点，

所以在区间上恰有29个零点，

从而在区间上至少有一个零点，所以，

另一方面，在区间上恰有30个零点，

所以的最小值为.