湖南省岳阳县汨罗市2023_2024学年高一数学下学期五月联考试题含解析

这是一份湖南省岳阳县汨罗市2023_2024学年高一数学下学期五月联考试题含解析，共14页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
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，必修第二册第六章至第八章8.4.
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. 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
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【详解】在复平面内，复数=
∴复数所对应的点（1，1）位于第一象限．
故选：A．
【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2. 设集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简集合A，再根据集合的并集运算求解.
【详解】由，解得，
，又，所以．
故选：D.
3. 已知向量不共线，向量，则（）
A. B. C. D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】由向量共线定理知，，再根据平面向量基本定理，对应系数相等即可求得.
【详解】因为不共线，，
所以，即，即，解得.
故选：B.
4. 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，与轴垂直，且，则中边上的高为（）
A. 2B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】还原的原图，中边上的高为，即可得出答案.
【详解】还原的原图，如图所示，直观图中的点分别对应原图中的点，
直观图中的轴、轴分别对应原图中的轴、轴．
因为，所以，则，
即中边上的高为4．
故选：B.
5. 已知函数的最小正周期为，则图象的一个对称中心的坐标为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由最小正周期可求，可得，利用，可求对称中心的坐标.
【详解】由，得，所以．
令，则，
当时，，
所以图象的一个对称中心的坐标为．
故选：D.
6. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数和对数函数的单调性即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以，又因为，
所以，又，所以．
故选：A.
7. 永丰文塔位于湖南省双峰县城永丰镇，修建于清朝同治年间，巍巍七层文塔，塔形呈六角形，塔底用高达五尺八寸的青条石奠基，永丰文塔与双峰书院遥相呼应，象征双峰文运昌隆．如图，某测绘小组为了测量永丰文塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得，在点测得塔顶A的仰角为，则塔高（）（取，）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意在中利用正弦定理可得，进而结合直角三角形分析求解.
【详解】在中，由正弦定理得，则，
因为在点测得塔顶A的仰角为，所以．
故选：D.
8. 已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设内切球与PA相切于点，
因为，所以，
由内切球的表面积为，可得球的半径，
则圆锥高为，圆锥的底面半径为，
所以该圆锥的体积.
故选：A.
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. 在高为3的正三棱台中，，且上底面的面积为，则（）
A. 直线与异面
B. 直线与异面
C. 正三棱台的体积为
D. 正三棱台的体积为
【答案】BC
【解析】
【分析】由异面直线的定义可判断A，B；求出正三棱台的体积可判断C，D.
【详解】对于A，直线与相交，A错误；
对于B，因为平面，平面，平面，
所以平面直线与异面，B正确；
对于C、D，因为正三棱台下底面的面积为，
所以正三棱台的体积
，C正确，D错误．
故选：BC.
10. 已知复数则（）
A. 的虚部为B.
C. 为实数D. 为纯虚数
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助复数四则运算计算出复数后，结合共轭复数定义、复数概念与模长公式计算即可得.
【详解】对A：，，
则的虚部为，故A正确；
对B：，故B正确；
对C：，不是实数，故C错误；
对D：，是纯虚数，故D正确．
故选：ABD.
11. 如图，在梯形中，分别在线段上，且线段与线段的长度相等，则（）
A. 的最小值为B. 的最大值为18
C. 的最大值为D. 的面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用坐标法，以A为原点建立坐标系，写出相关点坐标，得到相关向量的坐标，利用向量的坐标运算，再求解二次函数最值即可判断各个选项.
【详解】如图，以点A为坐标原点建立平面直角坐标系，设，则，
对于A,B，，故A错误，B正确；
对于C，，
当时，取得最大值，且最大值为，故C正确；
对于D，的面积
，当时，取得最大值，且最大值为，故D正确．
故选：BCD.
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. 在复数范围内，方程的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】在复数范围内解方程即可得出答案.
【详解】由，得或，
即或．
故答案为：.
13. 已知向量，若，则______；若，则______．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由垂直向量的坐标表示可求出的值；再由向量的夹角公式可得，解方程可得出答案.
详解】若，则，所以．
若，则，
得，
所以（舍去）或，故．
故答案为：；.
14. 若函数恰有4个零点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由二倍角的正弦和余弦公式化简，令，得，根据的范围求出的范围，由三角函数的性质可得，解不等式即可得出答案.
【详解】，
令，得．
若，则，
依题意可得，解得．
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. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）证明：为钝角三角形．
（2）若的面积为，求．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，再由余弦定理即可证明；
（2）由三角形的面积公式可得，再由余弦定理可得，解方程即可求出.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
所以，所以为钝角，故为钝角三角形．
【小问2详解】
解：因为的面积，
所以．
由（1）知，所以，
由余弦定理，得，
结合，解得．
16. 已知函数．
（1）证明：定义域与值域相同．
（2）若，，，求m的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由具体函数的定义域可得，解不等式即可求出的定义域，再结合对数函数的单调性即可求出的值域.
（2）设，则，分别求出，即可得出答案.
【小问1详解】
证明：由，得，
所以的定义域为．
，
因为在上单调递增．
所以，所以的值域为，
所以的定义域与值域相同．
【小问2详解】
解：由（1）知在上单调递增，
所以当时，．
设，
当，即时，取得最小值，且最小值为．
因为，，，
所以，即m的取值范围为．
17. 如图，在高为2的正三棱柱中，是棱的中点．
（1）求该正三棱柱的体积；
（2）求三棱锥体积；
（3）设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）由正三棱柱的体积公式求解即可；
（2）由的体积等于，分别求出的体积代入即可得出答案.
（3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示,当三点共线时，取得最小值，求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以．
【小问2详解】
因为，
，
所以
【小问3详解】
将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，
且最小值为．
18. 如图，在梯形中，，，，，在线段上．
（1）若，用向量，表示，；
（2）若AE与BD交于点F，，，，求的值．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据图形关系及平面向量线性运算法则计算可得；
（2）依题意可得，根据数量积的运算律及定义得到方程，求出，再判断即可.
【小问1详解】
依题意，
．
【小问2详解】
因为，
所以，
所以．
因为，所以，
所以，即，解得或．
连接交于，因为，所以，所以，
则．
因为在线段上，所以，故．
19. 在中，．
（1）证明：为重心．
（2）若，求的最大值，并求此时的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）最大值为，
【解析】
【分析】（1）设，分别为，，的中点，利用向量的加法与三角形中线的性质，证出，，由共线定理可得为三条中线的交点，即可证明；
（2）分别在三角形中进行余弦定理，证出，从而设，由两角和的正弦公式得到表示，再由三角函数的性质求出取得最大值，最后由余弦定理即可得出答案.
【小问1详解】
证明：设的中点为，则，
因为，所以．
设的中点为的中点为，同理可得，
所以三点共线，三点共线，三点共线，
从而为三条中线的交点，即为的重心．
【小问2详解】
解：由（1）知，因为，所以．
因为，所以，
设，则，
由余弦定理，得，
，则．
设，
所以，
当，即时，取得最大值，且最大值为，
此时，解得，
此时．