精品解析：湖北省荆州市荆州中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（解析版）

这是一份精品解析：湖北省荆州市荆州中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（解析版），共20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。
1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数模的运算和商的运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为.
故选：B
2. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（ ）
A. 四点共面B.
C. 三线共点D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，故C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，故D错误.
故选：D.
3. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充分必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示，求得的充要条件，结合集合之间的包含关系，判断即可.
【详解】根据题意，等价于，解得或；
又是的真子集，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 在正方体中，点Q是棱上的动点，则过A，Q，三点的截面图形是（ ）
A. 等边三角形B. 矩形C. 等腰梯形D. 以上都有可能
【答案】D
【解析】
【分析】由点是棱上的动点，可考虑分别在的端点以及中点，故可得过、、三点的截面图形的形状.
【详解】所以当点与重合时，过、、三点的截面是等边三角形；
当点与重合时，过、、三点的截面是矩形；
当点与的中点重合时，取的中点,由于所以,又,故过、、三点的截面是等腰梯形，如图所示：
所以过，，三点的截面图形是可能是等边三角形、矩形或等腰梯形．
故选：D
5. 已知正数，满足，则的最小值为（ ）
A. 8B. 12C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可通过已知条件，先找到与的等量关系，然后把等量关系带入要求的式子，消掉，从而得到关于的两项乘积为定值的和的关系，然后再使用基本不等式完成求解.
【详解】由已知，，均为正数，，故，即，所以，当且仅当时等号成立.
故选：B.
6. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质求出函数的周期，再结合赋值法求出函数值.
【详解】函数的定义域为，
由为奇函数，得，即，
由为偶函数，得，即，
因此，即，则，
即函数的周期是8，由，得，
所以.
故选：D
7. 已知正数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由指数函数，对数函数，一次函数图像数形结合可得.
【详解】依题意得，
在同一坐标系中分别画出函数的图象，观察它们与直线的交点，可得.
故选：B
8. 记函数的最小正周期为T.若不等式对恒成立，且的图像关于对称，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题知，结合已知可得，然后利用正弦函数的对称性可解.
【详解】由已知得且，则，
又，故，得，
的图像关于对称，
，，
则，，
∴当时，的最小值为2.
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，有选错的得0分.
9. 若复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的虚部是
B. 若复数的共轭复数为，则
C. 在复数范围内，是方程的根
D. 若复数：满足，则的最大值为6
【答案】CD
【解析】
【分析】由复数的减法和虚部的定义，判断选项A；由复数的乘法运算和模长公式，计算后判断选项B；验证方程的复数根判断选项C；由复数模的几何意义判断选项D.
【详解】对A，复数，
，其虚部是，A选项错误；
对B，，，，B选项错误；
对C，，复数范围内，是方程的根，C选项正确；
对D，设，，，则复平面内点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
的几何意义为点到原点的距离，由圆心到原点的距离为5，则的最大值为6，D选项正确.
故选：CD.
10. 如图所示设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为仿射坐标系．若﹐则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．在的仿射射坐标系中，．则下列结论中，正确的是（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量的仿射坐标的定义，将选项中关于向量加减，模长，垂直，投影向量的运算通过向量的线性表达式进行即可判断.
【详解】由可得，依题意，，
对于A项，因，即，故A正确；
对于B项，因，故B错误；
对于C项，，故C错误；
对于D项，由C项知，，
又，则在上投影向量为故D正确.
故选：AD.
11. 在锐角中，设，，分别表示角，，对边，，，则下列选项正确有（ ）
A.
B. 的取值范围是
C. 当时的外接圆半径为
D. 若当变化时，存在最大值，则正数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由对进行化简得，在利用正弦定理可以推出；再由为锐角三角形化简出的取值范围，且根据正弦定理化简出可判断出的取值范围；同样根据，加上，求出，再利用正弦定理即可求出的外接圆半径；由的取值范围，且对进行化简得，且，当取到最大值时转化成求出的取值范围.
【详解】对于A：，且，即，
由正弦定理得：，
即，
或（舍去），
，故A正确；
对于B：由正弦定理，
则，
为锐角三角形，则，即，
，所以，故B不正确；
对于C：且，
，所以，
由正弦定理，求得，即的外接圆半径为；故C正确；
对于D：
，且，
，即；
要使得有最大值，即有最大值，
此时，当有最大值时，即时，
有最大值为，此时，
，又，
，，
∴的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是利用正弦定理得到，再求出角的范围即可判断；D选项的关键是充分利用辅助角公式得到其范围.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据指数式和对数式化简得到，结合换底公式和指数，对数运算法则得到答案.
【详解】因为，，所以，
故.
故答案为：3
13. 已知点与点，点在直线上，且，则点的坐标为_________.
【答案】或
【解析】
【分析】由题设条件知A，P，B三点共线，且有或，设出点P的坐标，分两类利用向量相等的条件建立方程求出点P的坐标即可
【详解】设，则由，得或.
若，则.
所以解得故.
若，同理可解得故.
综上，点的坐标为或.
故答案为或.
【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，向量相等的条件，解题的关键是由题设条件得出两向量的数乘关系，属于中档题.
14. 如图，某商场内有一家半圆形时装店，其平面图如图所示，O是圆心，直径MN为24米，P是弧的中点．一个时装塑料模特A在OP上，．计划在弧上设置一个收银台B，记，其中
（1）则_________（用表示）：
（2）若越大，该店店长在收银台B处的视线范围越大，则当店长在收银台B处的视线范围最大时，AB的长度为________米．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和两角和的余弦公式求解即可；
（2）换元后，构造函数，再由二次函数的性质求出最大值，根据余弦定理求解长度即可.
【详解】（1）因为是P是弧的中点，所以.
因为，所以，则米.
由题意知，在中，设，则，
由，得，
则，则.
故答案为：
（2）设.
令，则.
令，
当，即，取得最大值.
，即的最大值为.
因为函数在上单调递增，所以当取得最大值时，也取得最大值，
店长在收银台B处的视线范围最大，此时.
故当视线范围最大时，米.
故答案为：
【点睛】本题属于解三角形问题和二次函数最值问题的结合，解题难点在于正确换元构造函数，再利用二次函数的性质求最值.另外，正余弦定理和三角恒等变换等知识也必须熟练掌握，才能很好理解和计算本题.
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. 如图所示棱长为1的正四面体，、分别为、中点，为靠近的三等分点．记，．
（1），，求最小值；
（2）求证:平面．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量的模及数量积的运算，结合二次函数的性质可得结果；
（2）连接，交于，连接，运用重心的性质可得，根据线面平行的判定定理可得结果.
【小问1详解】
已知（），
所以，
故的最小值为.
【小问2详解】
连接，交于，连接，∵、分别为、中点，
∴为的重心，∴，又∵，∴，
∵面，面，∴面.
16. 已知，，令函数．
（1）求函数的表达式及其单调增区间；
（2）将函数的图象上每个点纵坐标缩短到原来的，横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，求函数在区间内的所有零点之和．
【答案】（1），单调递增区间，
（2）
【解析】
【分析】（1）易得，再利用正弦函数的性质求解；
（2）易得，由得到，利用数形结合法求解.
【小问1详解】
因，，
所以
，
，
，
由，，解得，，
即的单调递增区间为，；
【小问2详解】
依题意可得，
由得，
由图可知，在上有4个零点：，，，，
根据对称性有，，
从而所有零点和为．
17. 已知锐角中，角，，的对边分别为，，，向量，，且与共线．
（1）求角的值；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与共线，得到，法一：利用正弦定理和余弦定理求解；法二：利用两角和的正弦公式求解；
（2）利用正弦定理得到，，从而由求解.
【小问1详解】
解：因为与共线，
所以，
，
法一：由正弦定理得，
又由余弦定理得，，
∴，则，
又为锐角三角形，故．
法二：由两角和的正弦公式得：，
因为，所以，
又为锐角三角形，故．
【小问2详解】
，
，
由于为锐角三角形，则，且，
解得，
所以，
而，即，
∴的取值范围为．
18. 如图，正边长为分别是边的中点，现沿着将折起，得到四棱锥，点为中点．
（1）求证：平面
（2）若，求四棱锥的表面积．
（3）过的平面分别与棱相交于点，记与的面积分别为、，若，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，即可得到，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）通过勾股定理逆定理证明，，结合三角形面积公式即可运算求解；
（3）由题意得，，从而可将面积比转换为线段比的平方即可运算求解。
【小问1详解】
取中点，连，
因为点为中点，
，且，
同时因为分别是边的中点，
，且，
四边形是平行四边形，
，
又平面平面，
平面.
【小问2详解】
，
，
，
根据对称性有，而，
所以，
所以，
所以，
而，
四棱锥的面积.
【小问3详解】
由（1）知平面，
平面平面，平面，
，，
又，，.
19. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思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，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.

（1）如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积.
（2）如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积.
（3）将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据球的体积公式计算可得；
（2）利用祖暅原理求出图二中阴影部分旋转得到的几何体的体积，而抛物线旋转体是由圆柱减去刚刚的几何体的体积，从而得解；
（3）首先证明“牟合方盖”的体积公式，利用公式计算可得.
【小问1详解】
依题意该几何体的体积.
【小问2详解】
图1阴影部分是由长方形（长为，宽为）和抛物线围成，
图2阴影部分是由半径为3的半圆和直径为3的圆围成的，

将图1绕轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为，
将图2以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为，
将两个几何体放在同一水平面上，用与圆柱下底面或与半球大圆距离为的平面截两个几何体，可得截面都为圆环，纵截面图如下，

几何体的截面面积为，
几何体的截面面积为，又两几何体等高，
由祖暅原理可得两几何体的体积相等，结合（1）可知几何体的体积，
而由抛物线跟线段围成一个几何形，
将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，是由一个圆柱（底面半径为，高为）减去几何体，
所以所求的体积.
【小问3详解】
首先证明“牟合方盖”的体积公式为（为圆柱的底面半径）：
“牟合方盖”是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，
计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如图四）．
记正方形的边长为，设，过点作平面平行于平面．
又，由勾股定理有，
故此正方形面积是．
如果将图四的几何体放在棱长为的正方体内（如图五），不难证明图五中与图四等高处阴影部分的面积等于．
（如图六）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为，不难发现对于任何高度，此截面面积必为，

由棱锥，
由祖暅原理图五中“牟合方盖”外部的体积等于棱锥
所以图四中几何体体积为，
所以“牟合方盖”的体积为．
又圆柱的底面半径为，
所以两个圆柱公共部分几何体的体积为.
【点睛】关键点点睛：本题关键是将不规则的几何体转化为熟悉的、规则的几何体.