云南省临沧地区中学等三校2024_2025学年高一下册5月联考数学试题【有解析】

这是一份云南省临沧地区中学等三校2024_2025学年高一下册5月联考数学试题【有解析】，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设复数z满足1+iz=i，则z的共轭复数z=
A. 12+12iB. 12−12iC. −12+12iD. −12−12i
2.已知a=(1,λ)，b=(λ,1)，则“λ=1”是“a//b”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知m，n为空间中不重合的直线，α，β，γ为空间中三个不重合的平面，下列命题正确的是( )
A. 若m/​/n，n⊂α，则m/​/αB. 若m/​/α，m//β，则α/​/β
C. 若α/​/β，m⊂α，n⊂β，则m/​/nD. 若α/​/β，β/​/γ，则α/​/γ
4.已知角α∈(0,2π)，α终边上有一点(cs1−sin1,cs1+sin1)，则α=( )
A. π4+1B. 5π4−1C. 9π4D. 9π4−1
5.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为2 5，则此正四棱台的体积为( )
A. 28 2
B. 56 53
C. 28 193
D. 28 5
6.如图，在△ABC中，AB=AC=2，BC=2 3，点E在边BC上，∠BAE=θ(π6≤θ≤π3)，△ABE沿AE翻折，得到三棱锥B′−ACE，满足平面AB′E⊥平面ACE，则B′C的最大值为( )
A. 2B. 6C. 2 2D. 3
7.向量a,b,c满足a+b+c=0，(a−b)⊥c，a⊥b，若|a|=1，则|a|2+|b|2+|c|2=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
8.已知两个不相等的正实数x，y满足ylnxy=1−yx，则下列结论一定正确的是( )
A. x+y=1B. xy=1C. x+y>2D. 0sinB
B. 若acsB=bcsA，则△ABC为等腰三角形
C. 若(a+b)：(b+c)：(c+a)=5：6：7，则Rr=165
D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC为锐角三角形
10.已知i是虚数单位，以下四个说法中正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0
B. 复数z=−3+i复平面内对应的点在第三象限
C. 若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1=z2−
D. 已知复数z满足|z−3i|=2，则Z在复平面内对应的点的轨迹为圆
11.正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为2，M是侧面ADD′A′上的一个动点(含边界)；点P在棱CC′上，|PC′|=1；则下列结论正确的有( )
A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为 17
B. 三棱锥B′−ABP的外接球表面积为41π4
C. 若BD′⊥PM，则点M的运动轨迹长度为 2
D. 平面AD′P被正方体ABCD−A′B′C′D′截得截面面积为92
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2x+a⋅2−x−2,x≥1x2+2x+a,x1时，g(x−1)< x−1 x；
ii.当x∈(0,π4)时，试确定m=f(x)−g(tanx)的符号．
(2)若ℎ(x)=f(x)−g(x)，试说明y=ℎ(x)在(0,π)内有唯一零点．
答案和解析
1.【答案】B
2.【答案】A
【解析】解：a=(1,λ)，b=(λ,1)，
若a//b，则1−λ2=0，即λ=±1．
∴“λ=1”是“a//b”的充分不必要条件．
故选：A．
3.【答案】D
【解析】解：若m/​/n，n⊂α，则m/​/α或m⊂α，故A错误；
若m/​/α，m//β，则α/​/β或α与β相交，故B错误；
若α/​/β，m⊂α，n⊂β，则m/​/n或m与n异面，故C错误；
若α/​/β，β/​/γ，由平面与平面平行的传递性可得α/​/γ，故D正确．
故选：D．
4.【答案】A
【解析】解：由于α终边上有一点(cs1−sin1,cs1+sin1)，
所以tanα=cs1+sin1cs1−sin1= 2sin(1+π4) 2cs(1+π4)=tan(1+π4)，
故α=1+π4．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】解：因为正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为2 5，
所以正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为 (2 5)2−(4 2−2 22)2=3 2，
所以此正四棱台的体积为13×(4+16+8)×3 2=28 2．
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，AB=AC=2，BC=2 3，
由余弦定理知cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=4+4−122×2×2=−12，
故∠BAC=2π3，
作BH⊥AE交于E，因为∠BAE=θ，可得BH=ABsin∠BAE=2sinθ，
AH=ABcs∠BAE=2csθ，
在△ACH中，∠EAC=∠BAC−∠BAE=2π3−θ，
由余弦定理可得CH2=AE2+AC2−2AE⋅ACcs∠EAC=4cs2θ+4−2×2csθ×2×cs(2π3−θ)，
因为平面AB′E⊥平面ACE，B′H⊥AE，平面AB′E∩平面ACE=AE，B′H⊂平面AB′E，
所以B′H⊥平面AEC，CH⊂平面AEC，
所以B′H⊥CH，
所以B′C2=B′H2+CH2=4sin2θ+4cs2θ+4−2×2csθ×2×cs(2π3−θ)
=8−8csθ⋅(−12csθ+ 32sinθ)
=8+4cs2θ−4 3sinθcsθ
=8+2×(1+cs2θ)−2 3sin2θ
=10+4cs(2θ+π3)，
因为θ∈[π6,π3]，所以2θ+π3∈[2π3,π]，
所以cs(2θ+π3)∈[−1,−12]，
所以B′C2∈[6,8]，
所以B′C∈[ 6,2 2].
故B′C的最大值为2 2．
故选：C．
7.【答案】C
【解析】解：因为a+b+c=0，所以c=−a−b，又(a−b)⊥c，
又a⊥b，则a⋅b=0，|a|=1，
所以(a−b)⋅(−a−b)=−|a|2−a⋅b+a⋅b+|b|2=0，
即|b|2=|a|2=1，即|a|=|b|=1，又c=−a−b，
所以|c|2=(−a−b)2=|a|2+2a⋅b+|b|2=2，
综上，|a|2+|b|2+|c|2=1+1+2=4．
故选：C．
8.【答案】C
【详解】因为ylnxy=1−yx，x>0,y>0，
所以lnxy=1y−1x，则lnx−lny=1y−1x，即lnx+1x=lny+1y，
令fx=lnx+1xx>0，则f′x=1x−1x2=x−1x2，f(x)=f(y)，
当x∈0,1时，f′(x)0，则fx单调递增，
所以fx min=f1=1，
对于y=ex−2xx>1，总有y′=ex−2>0，即y=ex−2x在1,+∞上单调递增，
故y=ex−2x>e1−2×1>0，即ex−x>x在1,+∞上恒成立，
所以对于fx，对于任意M>1，在x∈0,1上取x=1eM，
则f1eM=ln1eM+eM=eM−M>M，
所以当x>0且x趋向于0时，fx趋向于无穷大，
当x趋向于无穷大时，y=lnx趋向于无穷大，y=1x趋向于0，故fx趋向于无穷大，
所以fx的大致图像如图所示：
．
对于AD，因为f(x)=f(y)，x≠y，不妨设x1−lne=0,ℎ(π)=0−ln(1+π)0,φ′(π6)=−12+1(1+π6)20，
φ(π2)=−11+π2ℎ(0)=0，ℎ(x)>ℎ(π2)>0，
故ℎ(x)>0在(0,π2)上恒成立，
综上可知：y=ℎ(x)在(0,π)内有唯一零点x0∈(π2,π)．