精品解析：湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题

湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题 命题学校：蕲春一中 命题人:陈正鹏 审题人：邓旋 考试时间：2024年5月29日14:30-16:30 满分150分 注意事项: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 4.本试卷主要考试范围:人教A版必修第一册至必修第二册第六、七、八章. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D.  2. 在中，角A，B，C所对边分别为已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，,则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 6 6. 已知向量，则下列命题中不正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 当时， C. 当与垂直时， D. 与可能平行 7. 若，对任意实数，则“”是“”成立的（ ） A. 充分且必要条件 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 8. 若函数有个不同的零点，则.已知，存在实数满足，则（ ） A. 8 B. -8 C. 16 D. 与实数有关 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. 设是复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若为纯虚数，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 10. 下列说法正确的（ ） A 非零向量，若与共线，则 B. 非零向量满足，则 C. 在中，若，且，则为等边三角形 D. 已知单位向量满足，则 11. 在长方体中，，动点在线段上(不含端点)，在线段AB上，则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. MN的最小值为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知是虚数单位，复数，则复数的虚部为______. 13. “文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A、B、C，分别测得雕像顶的仰角为，且米，则雕像高为_____________米. 14. 用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台.在正三棱台中，侧棱，则侧棱与底面ABC所成角的正弦值为_____________，该三棱台的体积为_____________. 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. 已知向量，且函数在时的最大值为. （1）求常数的值; （2）当时，求函数的单调递增区间. 16. 已知复数(为虚数单位). （1）求; （2）若，其中，求的值; （3）若，且是纯虚数，求. 17. 如图所示，圆内接四边形中，，为圆周上一动点，. （1）求四边形ABCD周长的最大值; （2）若，求AC的长. 18. 在四棱锥中，平面平面，E为边上一点，为中点，. （1）求四棱锥的体积； （2）证明:平面； （3）证明:平面平面. 19. 如图，设是平面内相交成的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与的夹角为，求； （2）如上图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在轴，轴正半轴上，分别为BD，BC中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题 命题学校：蕲春一中 命题人:陈正鹏 审题人：邓旋 考试时间：2024年5月29日14:30-16:30 满分150分 注意事项: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 4.本试卷主要考试范围:人教A版必修第一册至必修第二册第六、七、八章. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D.  【答案】D 【解析】 【分析】求出集合A、B，再根据集合交并补运算直接计算即可判断. 【详解】由题， 所以，，，， 故A、B、C错误，D正确. 故选：D. 2. 在中，角A，B，C所对的边分别为已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和正弦定理，即可求解. 【详解】在中，因为，则， 又，由正弦定理，可得. 故选：B. 3. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由点线面位置关系、定理及性质即可判断. 【详解】对于A，如图，若，则或与异面，故A错误； 对于B，，若，则由线面垂直定义，故B错误； 对于C，如图，，此时，故C错误； 对于D，若，则由线面平行性质定理，故D正确. 故选：D. 4. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，,则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量夹角公式求出，由二倍角公式求出即可. 【详解】由题可得：, ,所以， 故选：C 5. 已知，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】将分子的上乘以，得到，再利用重要不等式，化简即可. 【详解】因为，且，又， 所以， 当且仅当时取最小值，此时， 故所求为6. 故选：D. 6. 已知向量，则下列命题中不正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 当时， C. 当与垂直时， D. 与可能平行 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积的坐标运算，以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，可得， 令，可得，即， 当时，满足，所以存在，使得，所以A正确； 对于B中，由，可得， 又因为，联立可得，解得， 因为，可得，所以，所以B正确； 对于C中，当与垂直时，可得，即， 所以，所以C正确； 对于D中，若与可能平行，可得，即， 因为， 又因为，可得，所以， 此时方程无解，所以与不可能平行，所以D错误. 故选：D. 7. 若，对任意实数，则“”是“”成立（ ） A. 充分且必要条件 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】 【分析】根据题意，得到的图象关于点中心对称，利用指数函数的单调性，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，可得， 所以的图象关于点中心对称， 又由函数为递增函数，可得在单增，所以在上也单调递增， 当时，则，可得，即充分性成立； 反之：因为， 所以，当时，可得，即， 又因为在上为增函数，所以，即，即必要性成立， 所以是“成立的充分必要条件. 故选：A. 8. 若函数有个不同的零点，则.已知，存在实数满足，则（ ） A. 8 B. -8 C. 16 D. 与实数有关 【答案】A 【解析】 【分析】列出方程，展开后对比对应系数，即可得到答案. 【详解】依题意知有三个零点， 即， 展开对应项系数相等得， 所以. 故选：A 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. 设是复数，则下列说法正确是（ ） A. 若为纯虚数，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复数的概念，运算逐个分析判断即可 【详解】对于A，因为是纯虚数，所以设，则，所以A正确， 对于B，设，因为，所以， 因为，，所以，所以B不正确， 对于C，设，则，所以，所以，所以C正确， 对于D，设， 因为， 则，时，且，所以D不正确， 故选：AC 10. 下列说法正确的（ ） A. 非零向量，若与共线，则 B. 非零向量满足，则 C. 在中，若，且，则为等边三角形 D. 已知单位向量满足，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据共线即可判断A，根据垂直可得数量积为0，即可判断B，根据单位向量的性质，结合数量积的运算即可求解C，利用模长公式即可求解D. 【详解】对于选项A，当与反向时，故A错误; 对于选项B故，B正确; 对于选项C,表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，，所以与夹角为表起点相同的两个单位向量的和向量，为角平分线同向的向量，与垂直，所以，所以为等边三角形，C正确; 对于选项D，因为，所以，两边平方得，，即D错误. 故选：BC 11. 在长方体中，，动点在线段上(不含端点)，在线段AB上，则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. MN的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由存在点，使得平面，可得平面平面，可判定A错误；连接，当在中点时，证得平面，得到，可判定B正确；将和所在的平面沿着展开在一个平面上，根据和是全等的直角三角形，连结，得到的最小值为，可判定C正确；过N点作，，再过作证得平面平面，进而得到四边形为平行四边形，在直角中，结合等面积法，可判定D正确. 【详解】对于A中，若存在点，使得平面，因为平面， 又因为不与重合，且与相交于点，且都在平面内， 则平面平面与题目不相符，所以A错误； 对于B中，连接，且，当在中点时， 因为点为的中点，所以，因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为为正方形，所以， 又因为，且平面BDN，所以平面， 因为平面，所以，所以B正确； 对于C中，将和所在的平面沿着展开在一个平面上， 如图所示，和是全等的直角三角形，且， 连结，则的最小值为， 又由直角斜边上高为，直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以C正确； 对于D中，过N点作，交于P，作，交于， 过作交AB于M，(若M在其它位置，MN长度比此时大)，如图所示 因为，且平面，平面，所以平面， 又因为且，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面MNT，所以平面， 因为，所以，平面， 且平面平面，所以，所以四边形为平行四边形， 所以，当最小时最小， 在直角中，因为，可得， 所以由等面积法，可得最小值为，即最小值为，所以D正确. 故选：BCD. 【点睛】解题方法点拨：对于几何体中的截面与最值问题的求解策略： 1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知是虚数单位，复数，则复数的虚部为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算法则及复数模的运算，求得，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数， 所以复数的虚部为. 故答案为：. 13. “文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A、B、C，分别测得雕像顶的仰角为，且米，则雕像高为_____________米. 【答案】## 【解析】 【分析】设雕像的高为，得到，在和中，利用余弦定理取得，列出方程，即可求解. 【详解】如图所示，设雕像的高为， 因为地面上选取共线的三点，分别测得雕像顶的仰角为， 则，其中为的中线， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 两式相加，可得， 即，解得. 故答案为：. 14. 用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台.在正三棱台中，侧棱，则侧棱与底面ABC所成角的正弦值为_____________，该三棱台的体积为_____________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】作出辅助线，得到正三棱锥为正四面体，并求出，求出两个正四面体的体积，相减后得到答案. 【详解】如图所示，延长侧棱相交于点P，取BC中点D， 其中AD的三等分点为O(靠近D点)，连接OP， 依题意得∽，，所以， 又因为三棱台是正三棱台，PA=PB， 所以三棱锥为正四面体. 所以PO⊥平面， 所以与底面所成角为， 所以. 故， ， 同理， 所以该三棱台的体积为 故答案：， 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. 已知向量，且函数在时的最大值为. （1）求常数的值; （2）当时，求函数的单调递增区间. 【答案】（1） （2）和 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式和三角降幂公式、辅助角公式化简，由题设条件求得的值； （2）先求出正弦函数得递增区间，结合给定区间求交集即得. 【小问1详解】 ， 因在时的最大值为， 即，解得； 【小问2详解】 由（1）得，， 令，解得:， 又因， 故的单调递增区间为和. 16. 已知复数(为虚数单位). （1）求; （2）若，其中，求的值; （3）若，且是纯虚数，求. 【答案】（1） （2） （3）或. 【解析】 【分析】（1）代入，结合复数模的定义计算即得. （2）利用复数的除法运算，化成给定形式即可得解. （3）设出复数的代数形式，利用复数模、复数乘法运算，结合纯虚数的意义求解即得. 【小问1详解】 依题意，，所以. 【小问2详解】 ， 所以 【小问3详解】 设，则，即， ， 由是纯虚数，则有， 由，解得或， 所以或. 17. 如图所示，圆内接四边形中，，为圆周上一动点，. （1）求四边形ABCD周长的最大值; （2）若，求AC的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法1、连接BD，在中，由余弦定理求得，设，在中，由正弦定理求得，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解； 方法2、连接BD，在中，由余弦定理求得，在中，由余弦定理，化简得到，结合基本不等式，即可求解； （2）在中，由余弦定理得，进而求得，利用勾股定理得到，在中，由正弦定理得，再在中，利用余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：方法1、连接BD，因为，所以， 在中，由余弦定理得，解得， 设，则， 再在中，由正弦定理得， 所以， 所以，当且仅当时，周长的最大值为. 方法2、连接BD，因为，所以， 在中，由余弦定理得，可得， 在中，由余弦定理得 所以， 因为当且仅当时等号成立， 所以， 所以周长的最大值为. 【小问2详解】 解：依题意得，设， 在中由余弦定理得，可得， 所以，解得，所以， 可得，所以， 在中，由正弦定理，所以， 则， 在中，由余弦定理得， 所以. 18. 在四棱锥中，平面平面，E边上一点，为中点，. （1）求四棱锥的体积； （2）证明:平面； （3）证明:平面平面. 【答案】（1）3 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）证明平面以及求出四边形的面积即可根据锥体体积公式求解； （2）取中点，连接，利用平行四边形证明即可得证； （3）证明平面，再结合面面垂直判定定理即可得证. 【小问1详解】 ， 且， 又， 由余弦定理得，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 连接为等边三角形， ， 为直角三角形， ， 小问2详解】 取中点，为中点， 为中位线，，且， 又，且， ，且，四边形为平行四边形， ，又平面平面， 平面， 【小问3详解】 由（2）得四边形为平行四边形，为的中点， ，又， ，在中，为中点， ，平面平面， 平面，又平面， 平面⊥平面. 19. 如图，设是平面内相交成的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与的夹角为，求； （2）如上图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在轴，轴正半轴上，分别为BD，BC中点，求的最大值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到； ②由，由表示出和，再由已知用表示出，因为与的夹角为，然后由，即可得到； （2）由题意，设出坐标，表示出，由，将表示成， 在中依据余弦定理可得，代入得， 方法一：设，得到，则可得的最大值； 方法二：在中，用正弦定理，再设，可得，代入，通过三角恒等化简可得，进而得到的最大值. 【小问1详解】 ①因为， 所以， ②由， 得， ， ， 因为与的夹角为， 则，得． 【小问2详解】 方法一：依题意设， ， 因为为BC中点， 为BD中点，所以， 所以，， 因为，则 ， 在中依据余弦定理得，所以，代入上式得， . 设，则， 令得，得(舍)， 所以， 则. 方法二：依题意设， ， 因为为BC中点，则， 为BD中点，所以， 所以，， 因为. ， 在中依据余弦定理得，所以， 代入上式得，， 在中，由正弦定理， 设， ， 则 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$