湖南省长沙市2023_2024学年高一数学下学期5月阶段考试试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高一数学下学期5月阶段考试试卷含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分， 已知，则， 已知等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知复数，若的共轭复数为，则（ ）
A. B. 5C. D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数运算法则和模长的性质计算即可.
【详解】.
故选：B
2. 在以下调查中，适合用普查的是（）
A. 调查一批小包装饼干的卫生是否达标
B. 调查一批袋装牛奶的质量
C. 调查一批绳索的抗拉强度是否达到要求
D. 调查一个班级的学生每天完成家庭作业所需要的时间
【答案】D
【解析】
【分析】根据普查的适用前提，结合各项描述确定适用普查的对象.
【详解】普查适用总体数量较少以及破坏性不大的情况，显然A、B、C的调查对象不适用，
对于D，一个班级的学生人数相对较少，适用普查方式.
故选：D.
3. 已知不等式成立的充分条件是，则实数的取值范围是（）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，根据子集关系列式解得参数范围即可.
【详解】由题意得，
所以，且等号不能同时成立，解得.
故选：D.
4. 已知菱形的边长为2，，G是菱形ABCD内一点，若，则（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由题设，先求出，再由推理得到是中线的一个三等分点，从而将用的线性组合表示，再代入所求式，即可求得
【详解】
如图，由,
因，则，又因菱形，则；
由可得，,
取的中点为，则有,即,
故.
故选：D.
5. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦函数图象的对称性得，再根据诱导公式和二倍角的余弦公式可求出结果.
【详解】因为，
所以，即，，
所以.
故选：B
6. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（）
A. 117mB. 120mC. 127mD. 135m
【答案】A
【解析】
【分析】分别取的中点，连接过点作交于点，作交于点，连接,证明平面，推得题中两个二面角的平面角，依次求出，即得该五面体的所有棱长之和.
【详解】
如图，分别取的中点，连接
过点作交于点，作交于点，连接.
因该五面体两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形，则易得
，即四点共面，因，，
故，
依题意，是平面内两条相交直线，故平面，因平面，则
因，且,平面，则平面.
因平面，平面，则，
即即平面与平面ABCD的夹角，同理即平面与平面ABCD的夹角.
依题意，，易证
由平面，平面EFMN，则，故
则,，，
由等腰梯形的性质，.
于是，该五面体的所有棱长之和为.
故选：A.
7. 已知函数，则关于方程的根个数不可能是（）
A0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，作出的图象，分、、三种情况，结合图象求解即可．
【详解】作出函数的图象，如图所示：
将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，
由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点；
所以直线与函数的图象不可能有两个交点．
故选：C．
8. 如图，一块三角形铁片ABC，已知，，，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点D，，.如果过点D作一条直线分别交AB，AC于点E，F，并沿直线EF裁掉，则剩下的四边形EFCB面积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，运用面积相等得到，利用基本不等式求出的最小值，即可求得四边形EFCB面积的最大值.
【详解】设，，，
则，
化简得：，由基本不等式，，解得，，
当且仅当，即时取等号，即此时，
即的面积最小值为，而，
因,
故当面积的最小时，剩下的四边形面积最大，最大值为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题主要考查三角形面积公式和基本不等式的应用，属于较难题.
解题思路在于根据题设条件，选设未知数，并利用图形特征，利用等面积建立未知量之间的关系式，结合所求利用基本不等式即可求得.
二、多项选择题：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. 已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（）
A. 30°B. 45°C. 75°D. 90°
【答案】AD
【解析】
【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解.
【详解】过点作，
从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或，
而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或.
故选：AD.
10. 已知（），若方程在区间上恰有3个实根，则的取值可能是（）
A. B. 1C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的值，再由给定范围求出，进而建立不等式求解即得.
【详解】由，得，解得或，
当时，，则的可能取值为，，，，…，
由在上恰有3个实根，得，解得，
所以的取值范围是，的取值可能是1，.
故选：BC
11. 已知函数与相交于A，B两点，与相交于C，D两点，若A，B，C，D四点的横坐标分别为，，，，且，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据，分别代入，即可判断A,B，根据，关于直线的对称，因此可知对称，对称，即可根据对称性判断CD.
【详解】由题意可知是方程的一个根，则，将代入得，所以也是方程的一个根，所以，故，故A正确，
由题意可知是方程的一个根，则，则，所以也是方程的一个根，所以，故，故B正确，
设点在函数上，则满足，即点关于直线的对称点为，将代入得，即可，因此可知在函数上，即关于直线的对称，又关于直线的对称，因此可知对称，对称，
故和，
所以，，故D正确，
由于，故C错误，
故选：ABD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一组数据1，2，4，5，m的平均数为4，则这组数据的方差为____________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据平均数与方差的概念，进行计算即可．
【详解】数据的平均数是4，
∴，解得；
∴这组数据的方差为．
故答案为：．
13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，该正四棱台的体积为时，侧棱与底面所成的角为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件，结合棱台体积公式可求棱台的高，由线面角的定义确定侧棱与底面所成的角，再根据棱台的结构特点解三角形，求角的大小.
【详解】如图，作正四棱台，
由已知，设分别为底面的中心，
则，平面，
所以正四棱台的高为，
因为正四棱台的体积为，
所以，
所以，
作，则平面，，
所以为侧棱与底面所成的角的平面角，
所以，又，
所以，即侧棱与底面所成的角为.
故答案为：.
14. 设集合，（，）且A中任意两数之和不能被5整除，则n的最大值为____________.
【答案】16
【解析】
【分析】先根据中的数除以的余数将集合进行分组，然后根据整除的知识求得正确答案.
【详解】根据除以5余数，可将A集合分为5组：
，则，
，则，
，则，
，则，
，则，
A中的任何两个数之和不能被5整除，故和，和中不能同时取数，且中最多取一个，
∴最多的取法是取和中的一个元素，，故n的最大值为16.
故答案为：
【点睛】两数之和能被整除，则两数分别除以的余数之和能被整除.本题的分析方法是先求得中所有数除以的余数，从而进行分组，分组之后根据和能被整除的知识来求得正确答案.
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. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，某市为了了解人们对“一带一路”的认知程度，对不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分.现从参赛者中抽取了x人，按年龄分成5组，第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有6人.
（1）求x；
（2）求抽取的x人的年龄的第80百分位数（保留小数）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求出第一组频率，由此能求出．
（2）利用百分位数的计算公式求解即可．
【小问1详解】
根据题中频率分布直方图得第一组的频率为，所以，所以；
【小问2详解】
设第80百分位数，而，
所以所求分位数在区间，则，所以
16. 已知在平面直角坐标系，向量.
（1）求与垂直的单位向量的坐标；
（2）若向量，且与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设单位向量为，根据数量积的坐标表示和向量的几何意义建立方程组，解之即可求解；
（2）根据数量积、模的坐标表示求出，当与反向共线时解得，由与的夹角为钝角得，解之即可求解.
小问1详解】
设与垂直的单位向量为，则，
解得或，所以或.
【小问2详解】
因为，所以.
当与反向共线时，，解得.
若与的夹角为钝角，则，
即，即，
解得且
所以的取值范围是.
17. 已知等式
（1）若x、y均为正整数，求x、y的值；
（2）设，，、分别是等式中的x取（）时y所对应的值，试比较p、q的大小，说明理由.
【答案】（1）或
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）将条件等式写成的形式，再根据都是正整数，确定其值即得；
（2）将表示成，设整体元，，用表示，再运用作差法比较大小即得.
【小问1详解】
由得：，即，
∵x，y为正整数，∴可知y只能为1或2，
∴当时，，当时，，即x，y的值为：或；
【小问2详解】
，理由如下：
由题设条件可知，，
∵，∴，
设，，
∵，∴，即，
∵，，
即，，即，
由
∵，，即，
∴.
18. 如图1，设半圆的半径为2，点、三等分半圆，点、分别是、的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥（如图2）．在图2中完成下列各题：
（1）求在圆锥中的线段的长；
（2）求四面体的体积；
（3）求三棱锥与三棱锥公共部分的体积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可得出答案；
（2）根据求解即可；
（3）连接交于点，连接并延长交于点，则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，再确定点的位置即可得解.
【小问1详解】
在图中，设圆锥的底面圆半径为，
则，解得，
因为在图1中，点、三等分半圆，
所以在图中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，
所以为等边三角形，
所以，所以，
又因为点、分别是、的中点，
所以；
【小问2详解】
，圆锥的高，
所以，
所以，
即四面体的体积为；
【小问3详解】
连接交于点，连接并延长交于点，
则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，
因为点、分别是、的中点，
所以为的中点，且，
所以，
所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为．
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
19. 函数.
（1）若的定义域为，求实数a的取值范围；
（2）当时，为定义域为的奇函数，且时，，
①求的解析式
②若关于x的方程恒有两个不同的实数根，求t的取值范围.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由函数定义域为，推得恒成立，只需求的值域即得.
（2）①先求出时的的解析式，再利用函数奇偶性求得时的解析式，结合，即得分段函数的解析式；
②结合的解析式，将方程等价转化成，再利用在上的单调性，并化简得到，最后利用双勾函数的值域求得的取值范围.
【小问1详解】
因的定义域为，故恒成立，即恒成立，
设，则，在上单调递增，
则，即，故，即.
【小问2详解】
①因，则当时，；
若，则，，
又因为为定义域为的奇函数，所以当时，，
故；
②方程等价于，
根据解析式可知，当时，，
当时，，当时，，
即，，故方程即为，
由于在上是单调递增函数，
故方程等价于，即：，
当时，函数在单调递减，在上单调递增，
而，故要使得有两个不同的实数解，须使，即；
当时，同理可得.
综上可得，.
【点睛】思路点睛：本题主要考查求解分段函数的解析式和方程的根与函数零点关系的综合运用，属于难题.
解题思路为：求解分段函数解析式时，注意不重不漏，利用函数奇偶性求解并正确书写；对于函数与方程的关系，一般要有等价转化思想，巧妙运用函数奇偶性和单调性将其转化为求解函数的值域问题.