湖南省2024-2025学年高一下学期5月期中检测数学试卷（解析版）

这是一份湖南省2024-2025学年高一下学期5月期中检测数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，，
所以.
故选：D．
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，即，
故选：B．
3. 已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分必要条件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
【答案】A
【解析】若，因为，所以成立；
若，因为，根据与同一条直线垂直的两个平面平行，所以成立，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：A．
4. 在中，角的对边分别为，若，则此三角形的形状为（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
【答案】B
【解析】移项得，
可化为，
展开得，
整理得，又，所以，即，则为直角三角形.
故选：B．
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】依题意，，
整理得，即，
所以.
故选：C
6. 圆柱高为4，底面积为，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知，圆柱高为4，底面积为，则圆柱的底面半径为1，
当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长，
如图，在正四面体中，棱长为，其外接球的半径为，
为的中点，为的中心，连接，则平面，
设为正四面体外接球的球心，连接，
因为为正三角形，所以，
在中，，
所以，
在中，由，
得，解得，则.
故选：D.
7. DeepSeek以其强大的算法火爆全球，吸引了大量用户的关注与讨论，成为热门话题，统计学家发现热门话题的关注度达到峰值后，会出现下降趋势．假设一个热门话题的关注度（）与时间t（单位：月）的关系式为，其中为关注度的峰值，a为常数，若经过半年关注度下降到峰值的，则关注度下降到峰值的，至少需要的时间为（ ）
（参考数据：）
A. 23个月B. 24个月C. 25个月D. 26个月
【答案】C
【解析】设关注度下降到峰值的，至少需要的时间为个月，
由题意得，则，
由，则，
所以
，
即，又，则至少需要的时间为25个月.
故选：C．
8. 置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，．已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组（），且S中所有数之和为2025，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可知，，．
若介于之间，则．
由题可知，，所以，矛盾，舍去．
又因为，所以，结合，可得或．
若，由题可知，，，
上述三个式子相加可得，所以，，即，则，可得；
若，同理可得.
故选：A．
二、选择题（本大题共3个小题，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. 已知函数的两个相邻对称中心的距离为，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 在区间上是增函数
C. 直线是图象的一条对称轴
D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于原点对称
【答案】ACD
【解析】易知，则，所以，即，
又因为，，解得，所以．
对于A，因为，所以，故A正确.
对于B，由知，则在该区间有增有减，故B错误.
对于C，因为，所以直线是图象的一条对称轴，故C正确.
对于D，将的图象向左平移个单位长度后得到的图象，该图象关于原点对称，故D正确．
故选：ACD.
10. 如图，已知点是边长为的正六边形内一点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为，故A正确．
对于B，因为
，故B正确．
对于C，因为，故C错误．
对于D，设与的夹角为θ，则在上的投影为，由图可知
当点在点时，此时在上的投影最大，最大值为，当点在点时，此时在上的投影最小，最小值为，
所以，即的取值范围为．故D正确．
故选：ABD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点和点分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有（ ）
A. 正方体被平面截得的截面面积为
B. 的最小值为2
C. 三棱锥的体积为
D. 直线与平面可能垂直
【答案】AC
【解析】对于A，取的中点，连接，，，
因为M为的中点，所以，
在正方体中，，所以，
则正方体被平面所截得的截面为四边形，
且四边形为等腰梯形，，，，
在等腰梯形中，过点，分别作，垂足为，，
则，所以，
所以等腰梯形的面积为，故A正确；
对于B，计算的最小值，将平面以为轴旋转展开，
与平面在同一个平面内，如图所示，
由于，，，，
则，则，
则为直角，所以当都到达时，的值取得最小值2，但不能取端点，故B错误．
对于C，由，故C正确．
对于D，若直线与平面垂直，则必有，此时为的中点，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
而平面与平面相交，矛盾，
所以与平面不可能垂直，故D错误．
故选：AC.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知是奇函数，则实数a的值是________．
【答案】2
【解析】因为为奇函数，所以，即，
化简得，解得或．检验知满足题意，故．
故答案为：2.
13. 一个平行于正四棱锥底面的平面将该正四棱锥分成上、下两个部分，且截得的棱台的上、下底面边长之比为2:3，则上、下两部分体积之比为________．
【答案】
【解析】由题意可知上面部分为正四棱锥，下面为正四棱台，棱台上、下底面边长之比为2：3，所以上面小正四棱锥与大正四棱锥的体积之比为，所以上、下两部分体积之比为．
故答案为：.
14. 在中，，设，若，且，则的面积为________．
【答案】
【解析】设，则，在中，由正弦定理得，
即，
在中，由正弦定理得，即，
则，即，
整理得，解得，
由θ为锐角，得，即，因此，，
，所以.
故答案为：
四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知是复数，若是实数，是纯虚数，其中i为虚数单位．
（1）求复数；
（2）设复数，在复平面内所对应的向量分别是，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
解：（1）设复数，
由是实数知，即，所以．
又因为是纯虚数，则为纯虚数，
即且，所以，
所以．
（2）由（1）知，则，
所以，，
因为向量与的夹角为钝角，
所以，且与不共线，
即，且
解得且.
16. 如图1，已知在中，，，，分别是上的点，，将沿翻折至，连接，得到如图2所示的四棱锥，若平面与平面相交于直线．
（1）求证：；
（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）由，可知，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以．
（2）由题知，
因为，所以，
过点作于点，连接，
由，则，
因为，，，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，则为直线与平面所成的角，
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17. 如图，已知是半径为1的圆上两点，且．
（1）求的余弦值；
（2）若点，，…，，依次将线段平均分成2026份，设，，，求的值．
解：（1）设，由可得
，即，
平方得，解得，
故的余弦值为．
（2）由题知的中点为，也为线段，线段，…，线段的中点，
因为，
所以，
而，
平方得，
即，故．
18. 2025年春晚《秧BOT》节目将机器人元素融入舞台，展示了我国在机器人研发领域的卓越实力．某机器人研发团队设计一款机器狗捕捉足球游戏，在如图所示的矩形中，在点处放置机器狗，在的中点处放置足球，它们做匀速直线运动，且无其他外界干扰．已知米，足球运动速度为米/秒，设机器狗在点处捕捉到足球，若点在矩形内（含边界），则捕捉成功．记足球和机器狗的运动方向与所成夹角分别，．
（1）当长度不受限制，时，机器狗以米/秒的速度捕捉足球，则为何值时，机器狗能捕捉成功？
（2）已知足球与机器狗运动方向所成夹角为，长度不受限制，当机器狗成功捕捉足球时，求机器狗与足球运动的总路程的最大值；
（3）当机器狗的速度为米/秒时，若无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功，则的长度至少为多少米？
解：（1）在中，由正弦定理知，即，
因为，，所以，
解得，因为，所以，
此时，因为，所有点在矩形内，捕捉成功．
（2）在中，由余弦定理知
，
故，
整理得，
即，当且仅当时等号成立，此时，
，点在矩形内，捕捉成功．
故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米．
（3）如图，过作的垂线，垂足为
设，则，由题可知所以，
在中，由余弦定理知，
则，整理得，
所以，
又因为，，
当，即当时，有最大值为，
由题知恒成立，所以，此时，
故当的长度至少为米时，无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功．
19. 已知函数的定义域为，并满足以下条件：
①，；
②，，
则称函数为“上侧函数”
已知，（是自然对数的底数）．
（1）判断，是否为“上侧函数”，并说明理由；
（2）若函数是“上侧函数”．
（i）当时，求的最大值；
（ii）若，是否存在正整数，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：）
解：（1）是“上侧函数”，，且当，时，，
不是“上侧函数”，，不存在x，使得．
（2），易知单调递增，
当时，，单调递增，
当，即当时，，且恒成立，
可，即．
（i）当时，
，
令，由，得，
上式化为，
当且仅当时等号成立，故最大值为．
（ii）不存在，理由如下：
若，则，，
当时，，可得，
当时，，，可得．
对于任意的正整数k，当时，，
，，，
，
且当时，，
即对于任意的，不存在，，使得．