湖北省武汉市2023_2024学年高一数学下学期5月联考试题含解析

这是一份湖北省武汉市2023_2024学年高一数学下学期5月联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交.等内容，欢迎下载使用。
试卷满分：150分
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证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.
4．考试结束后，请将答题卡上交.
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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（）
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】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A
2. 已知向量，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示求解.
【详解】根据题意，，
因为，所以，得.
故选：B
3. 已知表示不同的直线，表示不同的平面，则下列说法正确的是（）
A. 若，且，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】对于A：若且，则或与相交，故A错误；
对于B：若，则或，又，
当，则与平行或相交或异面，
当，则与平行或异面，故B错误；
对于C：若，，则或，又，所以或与相交（不垂直）或，故C错误；
对于D：若，则或，又，所以，故D正确.
故选：D
4. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，其表面积为，则该正四棱台的体积为（）
A. B. 28C. D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】由正四棱台的结构特征可知其高即为对角面的等腰梯形的高，斜高即为侧面等腰梯形的高，由上下底长度和表面积可确定斜高，再求体积.
【详解】设正四棱台的斜高为h，高为H，
表面积为，得，
则侧棱长为，
正四棱台上下底面对角线长为，
正四棱台的高，
正四棱台的体积.
故选：B
5. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则角（）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理求出，即可求出.
【详解】由正弦定理可得，即，
解得，因为，所以，
又，所以或，
所以或．
故选：D．
6. 已知圆锥的顶点为，侧面面积为，母线长为为底面圆心，为底面圆上的两点，且，则直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设底面半径为，根据圆锥的侧面积求出，取、、的中点、、，连接、、、，即可得到为直线与所成角（或补角），最后由余弦定理计算可得.
【详解】设底面半径为，又母线长为，侧面面积为，
所以，即，解得，
则，
取、、的中点、、，连接、、、，
则且、且，，
所以为直线与所成角（或补角），又，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为.
故选：A
7. 已知的内角的对边分别为，若，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，利用三角恒等变换化简得，得，代入化简得，结合基本不等式求最小值.
【详解】，得，
即，
中，，由，则，，所以，
，
由正弦定理，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
8. 已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设外接圆的半径为，四棱锥的外接球的半径为，利用正弦定理求出，再由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意，，设外接圆的半径为，
四棱锥的外接球的半径为，
则，即，
又侧面底面，底面为正方形，
侧面底面，，平面，
所以平面，
所以，
所以四棱锥的外接球的表面积.
故选：B
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.
9. 已知为虚数单位，则下列命题正确的是（）
A. 在复平面内，点是原点，若对应的向量为，将绕点按逆时针方向旋转得到，则对应的复数为
B. 虚数满足
C. 复数满足，则的最大值为3
D. 已知均为实数，是关于的方程的一个解，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法运算判断A，根据复数的运算法则及模判断B，根据复数的几何意义判断C，根据虚根成对原理及韦达定理判断D.
【详解】对于A：将绕点按逆时针方向旋转得到，则对应的复数为，故A错误；
对于B：设，则，所以，，所以，故B正确；
对于C：设，由，表示以为圆心，为半径的圆，
又表示圆上的点到点的距离，
又，所以的最大值为，故C错误；
对于D：因为是关于的方程的一个解，
所以也是关于的方程的一个解，
所以，即，故D正确；
故选：BD
10. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）
A. 平面平面B. 三棱锥体积为定值
C. 在上存在点，使得面D. 的最小值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】证明平面即可判断A，由平面即可判断B，当为中点时，证明平面平面，即可判断C，化折线为直线，利用余弦定理判断D.
【详解】对于A：由正方体的性质可知，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；
对于B：因为，平面，平面，所以平面，
又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值，
又为定值，故B正确；
对于C：当为的中点时，点也为的中点，则，
由平面，平面，所以平面，即平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以面，故C正确；
对于D：如下图，将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧，
连接与交于点，则即为的最小值，
又，，
所以，
即的最小值为，故D错误.
故选：ABC
11. 已知外接圆的圆心为点，半径为，下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则在上的投影向量为
C. 若，当取最小值时，
D. 若为锐角三角形，，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据外心的性质及数量积的运算律得到即可判断A，根据数量积的运算得到，再结合投影向量的定义判断B，设，即可得到，从而求出，即可判断C，利用正弦定理得到，，再由数量积的运算律得到，从而转化为关于的三角函数，结合的范围及正弦函数的性质判断D.
【详解】对于A：因为外接圆的圆心为点，设的中点为，则，
所以，故A正确；
对于B：若，则，
即，所以，
所以在上的投影向量为，故B正确；
对于C：设的中点为，则，
设，则，
所以，又，所以，
即，所以，
则，故C错误；
对于D：由A可知，同理可得，
由正弦定理，所以，，
所以
，
又为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，
所以的取值范围为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为虚数单位，若复数，是的共轭复数，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数，再计算其模.
【详解】因为，
所以，所以.
故答案为：
13. 已知的内角分别为，若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意利用两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系求出，，再由两角差的正弦公式计算可得.
【详解】因为，
又，即，
即，
解得，，
所以.
故答案为：
14. 我国南北朝的伟大科学教祖暅于5世纪提出了著名的祖暅原理，意思就是：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，如果截得的两个几截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图1，为了求半球的体积，可以构造一个底面半径和高都与半球的半径相等的圆柱，与半球放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一个新几何体，用任何一个平行底面的平面去截它们时，两个截面面积总相等.如图2，某个清代陶瓷容器的上、下底面为互相平行的圆面（上底面开口，下底面封闭），侧面为球面的一部分，上、下底面圆半径都为6cm，且它们的距离为24cm，则该容器的容积为______（容器的厚度忽略不计）．
【答案】
【解析】
【分析】构造一个底面半径为，高为12的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得容器的体积的一半等于圆柱的体积减去等高的小圆锥的体积.
【详解】先求容器一半的体积，根据图一左图，可知，
则球的半径为，且上底面圆的面积为，
建立一个底面半径为，高为12的圆柱，如图一右图，
那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，
其底面面积为，
所以，
所以整个容器的容积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，圆锥，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到几何体的体积.
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. 如图，为了测量两山顶间的距离，四点在同一铅锤平面内，飞机沿水平方向在两点进行测量，途中在点测得，在点测得，测得．
（1）求点和点之间的距离；
（2）求两山顶间的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题中在两点观测到的俯角，得出相关角，利用正弦定理，可得PM长度;
（2）观察角的特点以及三角形中求出角和边长，正余弦定理灵活应用，中，得，中，余弦定理得.
【小问1详解】
依题意可知，，，
在中，根据正弦定理，，
所以，则.
【小问2详解】
由题设知，在中，
由正弦定理可得：，，
中，，
由余弦定理得：
，
,
所以两山顶点M，N之间的距离为.
16. 如图，在直三棱柱中，．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）勾股定理证得，线面垂直的性质证得，得平面，所以平面平面；
（2）连接，与相交于点，可证平面，直线与平面所成角为，求出，由，代入求值即可.
【小问1详解】
，有，则，
直三棱柱中，平面，平面，，
平面，，平面，
平面，平面平面；
【小问2详解】
连接，与相交于点，连接，
，侧面为正方形，则有
平面，平面，，
平面，，平面，
则直线与平面所成角为，
，则，，又，则，
则，
所以直线与平面所成角的余弦值为．
17. 如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点．
（1）试用，表示和；
（2）若，求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则得到，设，根据平面向量共线定理的推论求出，即可求出；
（2）首先用、表示出、，再根据数量积的运算律及定义计算可得.
【小问1详解】
因为，所以，即，
设，所以，
又、、三点共线，所以，解得，所以.
【小问2详解】
因为，
设，
又、、三点共线，所以，解得，所以，
所以，
又，即，
即，解得或（舍去）.
18. 如图，的内角的对边分别为，已知，为线段上一点，且．
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值；
（3）若，求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角恒等变换公式得到，即可得解；
（2）依题意可得，将两边平方，结合数量积的运算律及基本不等式求出的最大值，再由面积公式计算可得；
（3）设，，在、中利用正弦定理得到，即可求出.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
所以，
又，所以，所以，
即，
又，所以，则.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
即
，
解得，当且仅当即、时等号成立.
故，当且仅当即、时等号成立.
所以面积的最大值为．
小问3详解】
设，，则，，
在中由正弦定理，即，
在中由正弦定理，即，
所以，
即，
即，
又，则，
即，解得，
即.
19. 如图1，在矩形中，是线段上的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面．
（1）如图2，当时，点是线段的中点，求证：平面；
（2）如图2，若点在平面内的射影落在线段上．
①是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；
②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）①存，；②
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）①当点与点重合，即时平面，此时，由线面垂直的性质得到，即可得到平面，结合，即可证明平面；②在矩形中作，垂足为点，延长交于点，设，即可由利用基本不等式求出体积最大值，即可此时的长度，再结合①得解.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
因为点是线段的中点，所以且，
又因为且，
所以且，所以为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
①存在点，当点与点重合，即时平面；
理由如下：
当点与点重合，则，又平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又，，平面，
所以平面，
所以当点与点重合，即时平面；
②在矩形中作，垂足为点，延长交于点，折起后可知，
设，则，，
由，所以，即，则，
所以，
要使得点的射影落在线段上，则，即又，解得，
在中，
所以
，
当且仅当，即时，
所以当时，，即是的中点，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，
又由①知，当时点与点重合时平面，
所以点到平面的距离为.