湖北省2023_2024学年高一数学下学期5月联考试题含解析

这是一份湖北省2023_2024学年高一数学下学期5月联考试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 若，则， 已知向量满足，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答:每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一、选择题：本题共8个小题，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. 若集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解二次不等式与求对数型函数的定义域化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】，
故.
故选：B.
2. 在复平面内，复数满足，则复数的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算法则，求得复数的代数形式，再利用虚部的定义可以求解.
【详解】因为，
所以，
所以复数的虚部为,
故选：C.
3. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用换底公式结合对数函数的单调性可得，再与1比较即可得到答案.
【详解】因为，且，
所以根据对数函数的单调性可知，
又因为，所以，
故选：B
4. 对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间中线面之间的位置关系及性质逐一判断即可.
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，则或或相交，故C错误；
对于D，若，则或，故D错误.
故选：A.
5. 一个圆台的上、下底面的半径为1和4，母线为5，则该圆台的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出圆台的高，然后利用圆台体积公式即可得解.
【详解】令圆台的高为h，由图可知，
所以，
故选：C.
6. 若，则（）
AB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对两边同时平方求出，再求出，解方程结合同角三角函数的商数关系求出，再由二倍角的正切公式求解即可.
【详解】因为，
所以，解得：，
则，
因为，所以，
所以
所以，再由，可得
，所以，
所以.
故选：D.
7. 已知向量满足，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件分别求出，，，在求出，，即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
即，所以，即，
，，，即；
，，，即；
，
，
，
所以.
故选：D
8. 已知函数对都有，若的图象关于直线对称，且对，当时，都有，则下列结论正确的是（）
A. B. 是奇函数C. 是周期为4的周期函数D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图象的平移可得是偶函数，从而判断B；对都有，取，可求得，进而得到成立，从而判断C；再由已知可得在上单调递减，结合偶函数的性质及周期性，从而判断D，最后判断A.
【详解】对于B，因为函数的图象关于直线对称，
所以函数的图象关于直线对称，且定义域为，
故是偶函数，故B错误；
对于C，因为函数对都有，
所以取，可得，
又是偶函数，所以，从而可得，
则，故是周期为6的周期函数，故C错误；
对于D，因为是偶函数，且是周期为6的周期函数，
所以，
，
又对，当时，都有，
所以在上单调递减，则，
即，故D正确；
对于A，由在上单调递减，，可得，故A错误.
故选：D.
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. 已知为虚数单位，下列说法正确的是（）
A. 若复数，则
B. 若复数满足，则
C. 若复数满足，则或
D. 若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A选项，用复数除法运算法则，得到复数的代数形式，利用复数高次幂的周期性，可以求解；
对于B选项，复数不可以比较大小；
对于C选项，举反例可得解；
对于D选项，令复数的代数形式，根据题意，求得关于的方程，从而得轨迹.
【详解】对于A选项，，，，，，所以，故A正确；
对于B选项，若为非纯虚数，则也是虚数，虚数之间不能比较大小，故B错误；
对于C选项，当时，满足，故C错误；
对于D选项，令，，，
所以，化简得：，
所以在复平面内对应的点的轨迹为直线，故D正确；
故选：AD.
10. 对于任意的表示不超过的最大整数.十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”.下列说法正确的是（）
A. 函数的图象关于原点对称B. 函数的值域为
C. 对于任意的，不等式恒成立D. 不等式的解集为
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合取整函数的定义，利用奇偶性的定义可判断A选项；由取整函数的定义得到，进而可判断B，C选项；先解一元二次不等式，然后取整函数的定义可判断D选项.
【详解】对于A：当时，，当时，，
所以，不是奇函数，即函数的图象不是关于原点对称，故A错误；
对于B：由取整函数的定义知，，所以，
，函数的值域为，故B正确；
对于C：由取整函数的定义知，，，
所以，故C正确；
对于D：由得，解得，
结合取整函数的定义可得，故D正确.
故选：BCD.
11. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体也称为“阿基米德多面体”，如图所示的半正多面体由正方体截去八个一样的四面体得到的，其棱长为1，也称为二十四等边体.关于如图所示的二十四等边体，下列说法正确的是（）
A. 和的夹角为B. 该几何体的体积为
C. 平面与平面的距离为D. 二十四等边体表面上任意两点间距离最大为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】补全该半正多面体得到一个正方体，对于A，连接，，和的夹角等价于，计算出的长，由余弦定理可得，对于B，由该几何体的体积，计算可得结果；对于C，可证明平面平面，平面与平面的距离等价于到平面的距离，建立空间直角坐标系，利用点到平面的向量公式计算可得；对于D，由图可得二十四等边体表面上任意两点间的最大距离为，利用空间中两点距离公式可得.
【详解】补全该半正多面体得到一个正方体，则正方体的边长为，
对于A，连接，，和的夹角等价于，
因为，在中，，则，
所以，即，则和的夹角为，故A错误；
对于B，由图可得该几何体的体积，
由于，，
所以，故B正确；
对于C，因为，，，，，平面，，平面，
根据线面平行及面面平行判定易证：平面平面，则平面与平面的距离等价于到平面的距离，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以到平面的距离，故C正确；
对于D，由图可得二十四等边体表面上任意两点间的最大距离为，由C选项可得，所以，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.
12. 如图，已知的半径为2，弦AB的长度为3，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意先求出，再求根据定义求出数量积即可.
【详解】
过根据题意，过作垂直于，垂足为，
根据圆的性质有为中点，
因为，即，因为，所以，
在中，，
所以.
故答案为：
13. 在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，四棱锥为阳马，侧棱底面为棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先证明平面，再根据线面角的定义，即可作出线面角的平面角，再计算这个平面角的大小.
【详解】
因为平面ABCD，平面ABCD，故可得，
又，，平面，故平面，
连接，故即为所求直线与平面所成角.
由，故在直角三角形中，，故，
则，则直线CE与平面PAD所成角的余弦值为，
故答案为：.
14. 如图，在中，分别是边AB，AC上的点，，且，点是线段DE的中点，且，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】先用余弦定理可得，然后由向量的数量积计算可得，进而由平面向量的线性运算可得，从而由平面向量的基本定理可得的值，进而可得结论.
【详解】由中，，
得，则.
由，且得，则，即.
由是的中点，所以,
所以，
又，
所以，
化简可得，
又，所以，则.
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，向量与向量的夹角为.
（1）求的值.
（2）若，求实数的值.
（3）在（2）的条件下，求向量在向量方向上的投影向量的坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量夹角公式直接求解即可；
（2）根据向量垂直的坐标表示直接求解即可；
（3）根据投影向量定义直接求解即可.
【小问1详解】
由题意得：，.
.
【小问2详解】
，且
，即，解得:.
【小问3详解】
在（2）的条件下，，
则与向量同向的单位向量，
向量在向量方向上的投影为:，
向量在向量方向上的投影向量为:.
16. 已知函数的最小正周期为.
（1）求的解析式;
（2）求在上的单调增区间.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式和余弦公式、辅助角公式化简，再由正弦函数的最小正周期公式即可得出答案；
（2）令，即可求出的单调增区间，令和，即可求出在上的单调增区间.
【小问1详解】
，
因为，所以，所以.
【小问2详解】
令，
得，
又，所以在上的单调增区间为.
17. 如图，在正三棱柱中，分别是的中点.
（1）若点为矩形内动点，使得面，求线段的最小值;
（2）求证:面.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定有面，面，又结合面面平行的判定可证面面，由题意可知时，最小，在中，即可求；
（2）根据线面垂直判定定理即可证明.
【小问1详解】
连接，
在正方形中，分别为，的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因面面CPN，
所以面，
在中，因为分别为，的中点，
所以，
因为面，面，
所以面.
因为，面，面，
所以面面.
所以当， 面，此时面，
所以当时，最小，
在中，
所以的最小值为；
【小问2详解】
在正方形中，，设，则为中点，
连接、，
因为分别为，的中点，
所以且，
又因为为中点，且，
所以且，
又因为面，
所以四边形为矩形，
所以，
又，，面，面，
所以面，
所以面，
又面，
所以，又，面，面，
所以面.
18. 已知分别为锐角三角形三个内角的对边，且.
（1）求;
（2）若，为的中点，求中线的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换求解即可；
（2）由向量数量积的运算律可得，再利用余弦定理和正弦定理化简，结合锐角三角形条件即可求解.
【小问1详解】
因为是锐角三角形的三个内角，所以，，
根据正弦定理可得，即，
所以，则，
整理得，即，
又，所以，即.
【小问2详解】
因为为的中点，所以，
两边平方得，
在中，由余弦定理得，即，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，
因为为锐角三角形，所以且，解得，
所以，所以，所以，
所以中线的取值范围是.
19. 已知集合且，是定义在上的一系列函数，满足.
（1）求的解析式.
（2）若为定义在上的函数，且.
①求的解析式;
②若关于的方程有且仅有一个实根，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）①；②或
【解析】
【分析】（1）根据计算即可；
（2）①根据，分别令，利用方程组法即可得解；
②由①得，分离参数可得，令，，则转化为在上仅有一个实根，再结合函数图象即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
，
；
【小问2详解】
①由（1）得①，
又，
则②，
③，
由得④，
由得，
所以；
②由①得，
即，
即，
即，
当时，不成立，
所以，
故，
令，
因为，故，
所以在上仅有一个实根，
令，
则，
即在上仅有一个实根，
如图所示，画出函数的图象，
由图可知，或，
所以或.
【点睛】关键点点睛：令，利用方程组法是求解函数得解析式得关键.