湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，本试卷主要考试范围，已知,且,则的最小值为，若函数有个不同的零点,则，设是复数,则下列说法正确的是，下列说法正确的等内容，欢迎下载使用。

考试时间：2024年5月29日14:30-16:30满分150分
注意事项:
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，将答题卡交回.
4.本试卷主要考试范围:人教A版必修第一册至必修第二册第六、七、八章.
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.已知集合,则( )
A.B.C.D.
2.中,角A,B,C所对的边分别为已知,则( )
A.B.C.D.
3.已知两条不同的直线,两个不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则
4.在平面直角坐标系中,为坐标原点,,则( )
A.B.C.D.
5.已知,且,则的最小值为( )
A.B.C.4D.6
6.已知向量,则下列命题中不正确的是( )
A.存在,使得B.当时,
C.当与垂直时,D.与可能平行
7.若,对任意实数,则“”是“”成立的( )
A.充分且必要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件
8.若函数有个不同的零点,则.已知,存在实数满足,则( )
A.8B.-8C.16D.与实数有关
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.设是复数,则下列说法正确的是( )
A.若为纯虚数,则B.若,则
C.若,则D.若,则
10.下列说法正确的( )
A.非零向量，若与共线，则
B.非零向量满足,则
C.在中,若,且,则为等边三角形
D.已知单位向量满足,则
11.在长方体中,,动点在线段上(不含端点),在线段AB上,则( )
A.存在点,使得平面B.存在点,使得
C.的最小值为D.MN的最小值为
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.已知是虚数单位,复数,则复数的虚部为______________.
13.“文翁千载一时珍,醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人,明代著名医药学家.他历经27个寒暑,三易其稿,完成了192万字的巨著《本草纲目》,被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍,人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像,如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度,在地面上选取共线的三点A、B、C,分别测得雕像顶的仰角为,且米,则雕像高为_____________米.
14.用平行于棱锥底面的平面去截棱锥,把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台.在正三棱台中,侧棱,则侧棱与底面ABC所成角的正弦值为_____________,该三棱台的体积为_____________.
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.(本小题满分13分)
已知向量,且函数在时的最大值为.
(1)求常数的值;
(2)当时,求函数的单调递增区间.
16.(本小题满分15分)
已知复数(为虚数单位).
(1)求;
(2)若,其中,求的值;
(3)若,且是纯虚数,求.
17.(本小题满分15分)
如图所示,圆内接四边形ABCD中,为圆周上一动点,.
(1)求四边形ABCD周长的最大值;
(2)若,求AC的长.
18.(本小题满分17分)
在四棱锥中,平面平面ABCD,E为AD边上一点,为PB中点,.
(1)求四棱锥的体积;
(2)证明:平面PCE;
(3)证明:平面平面PBC.
19.(本小题满分17分)
如图,设是平面内相交成的两条射线,分别为同向的单位向量,定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中,若,则记.
(1)在仿射坐标系中
①若,求;
②若,且与的夹角为,求；
(2)如图所示,在仿射坐标系中,B,C分别在轴,轴正半轴上,分别为BD,BC中点,求的最大值.
2024年云学名校联盟高一年级5月联考
数学评分细则(卷)
一、选择题、填空题
4.解析:所以,
5.解析:,当且仅当时取最小值,此时.
7.解析：依题意得
所以关于点中心对称,易知在单增,所以在上也单增.
当时,则,又,所以
当,即,又因为在上为单增函数,所以,即
8.解析:依题意知有三个零点,展开对应项系数相等得.
,所以
10.解析：对于选项,当与反向时,错误;
对于选项,B正确;
对于选项表示与同向的单位向量,表示与同向的单位向量,,所以与夹角为表起点相同的两个单位向量的和向量,为角平分线同向的向量,与垂直,所以,所以为等边三角形,C正确;
对于选项,因为,所以,两边平方得,,即错误.
11.解析：对于选项:若存在点,使得平面,又因为平面不与重合.BN与BC相交于B点,且都在平面内,则平面平面与题目不相符,错误.对于选项B,连接BD,且,如图所示,当在中点时,因为点为AC的中点,所以,因为平面ABCD,
所以平面ABCD,又因为平面ABCD,所以,
因为ABCD为正方形,所以.
又因为,且平面BDN,所以平面BDN,
因为平面BDN,所以,所以正确;
对于选项:将和所在的平面沿着展开在一个平面上,如图所示和是全等的直角三角形,,
连结,则的最小值为BD,直角斜边上高为,直角斜边上高也为,所以的最小值为,所以正确;
对于选项:过N点作,交于P,作,交AC于T,过T作交AB于M.(若M在其它位置,MN长度比此时大)如图所示
易证明平面平面平面MNT,所以MN∥平面
,所以平面,平面平面,所以,所以四边形AMNP为平行四边形.
所以,当AP最小时MN最小,
在Rt中,,可得,
所以由等面积得|AP|最小值为,即MN最小值为,所以正确,故选:BCD.
13.解析:如图所示,设雕像的高为PO=h,则为中线,
由平行四边形的性质得.
故答案为:20.1
14.解析:如图所示,延长侧棱相交于点P,取BC中点D，AD的三等分点O(靠近D点)连接OP,
依题意得,所以,又因为三棱台是正三棱台,PA=PB,所以三棱锥为正四面体.所以PO⊥平面,与底面所成角为,
所以.
,
同理,
所以该三棱台的体积为
【评分细则】
【14题第一空2分,第二空3分】
四、解答题
五、15.【答案】(1)(2)和,(写开区间不扣分)
解(1)………………..3分
时,,解得:.………………….6分
(2)由(1)知:
令,解得:,………………….9分
又因为的单调递增区间为和………………….………………….13分
(写开区间不扣分,少一个扣3分,其它方法酌情给分)
【评分细则】
15.按原评分标准给分。
T15.
(2)
另解：
∴只需
即
的单调增区间为和
注:若写成扣1分.
16.解(1)………………….…………………..2分
………………….…………………..4分
(2). ………………….………………….6分
.………………….…………………..7分
(错一个扣2分).………………….………………….9分
(3)设
则,所以①
.………………….………………….12分
因为是纯虚数,所以②
由①②联立,解得或……………….…………………14分
所以或..……………….…………………15分
【评分细则】
16.按原评分标准给分。
17.解:(1)(方法连接BD,因为,所以,
在中,,得.……………….…………………2分
设,则,在中由正弦定理得
,所以…………………….3分
所以……………….………………….4分
……………….………………….5分
……………….…………………6分
当且仅当时,周长的最大值为……………………7分
(方法二)连接BD,因为,所以,
在中,,得,……………….…………………2分
在中由余弦定理得
………3分
所以,
因为当且仅当时等号成立……………….…………………5分
所以,……………….…………………6分
所以周长的最大值为..……………….…………………7分
(2)依题意得,设,.……………….…………………8分
在中由余弦定理得
……………….…………………10分
所以..……………….…………………11分
,所以,
在中,由正弦定理得,所以分,……………….………………….13分
在中,由余弦定理得……………………15分
(其它方法酌情给分)
【评分细则】
17.按原评分标准给分。
18.解:(1),且
又,由余弦定理得,………………………2分
,又平面平面,平面平面平面PAD,
平面ABCD……………….…………………3分
连接为等边三角形,
得为直角三角形.
……………….…………………5分
……………….…………………………6分
(2)取PC中点为PB中点,为中位线,,又,
四边形AFME为平行四边形. ……………………………………….………………8分
,又平面平面PCE,
平面PCE……………….………….………………………………….…………………11分
(3)由(2)得四边形AFME为平行四边形.为PC的中点,
,又
在中,为PB中点,, …………….……………….…………………13分
平面平面
平面PBC……………………………….…………….………………………………………15分
又平面PAB平面PAB⊥平面PBC.…….………………………………….………17分
(其它证明方法酌情给分)
【评分细则】
18.按原评分标准给分。
19.解：(1)①因为,
所以.……….……………….…………….…………………………………4分
②由,得.…………………5分
.………………………6分.………………………7分
因为与的夹角为,则,得.…………………….9分
(2)方法：依题意设
因为为BC中点
为BD中点,所以………………………………………………11分
所以
因为.
………………………………12分
在中依据余弦定理得,所以,代入上式
.…………………………………………………14分
设,则,…………………………15分
令得,得(舍),所以
……………………………………………17分
方法二：方法一：依题意设
因为为BC中点
为BD中点,所以……………………………………………11分
所以
因为.
…………………………12分
在中依据余弦定理得,所以,代入上式
.………………………………………………14分
在中,由正弦定理,
设
……………………………………………………16分
………………………………………………17分
【评分细则】
按上面评分细则给分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
B
D
C
D
D
A
A
AC
BC
BCD
题号
12
13
14
答案
-10
20.1