2023-2024學年高一數學下學期5月聯考試題試卷滿分：150分注意事項:1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答:每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.非選擇題的作答:用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.一、選擇題：本題共8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解二次不等式與求對數型函數的定義域化簡集合，再利用集合的交集運算即可得解.【詳解】，故.故選：B.2.在復平面內，復數滿足，則復數的虛部為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用復數的除法運算法則，求得復數的代數形式，再利用虛部的定義可以求解.【詳解】因為，所以，所以復數的虛部為,故選：C.3.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用換底公式結合對數函數的單調性可得，再與1比較即可得到答案.【詳解】因為，且，所以根據對數函數的單調性可知，又因為，所以，故選：B4.對于兩條不同直線m，n和兩個不同平面，以下結論中正確是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】A【解析】【分析】根據空間中線面之間的位置關系及性質逐一判斷即可.【詳解】對于A，若，則，故A正確；對于B，若，則或，故B錯誤；對于C，若，則或或相交，故C錯誤；對于D，若，則或，故D錯誤.故選：A.5.一個圓臺的上、下底面的半徑為1和4，母線為5，則該圓臺的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出圓臺的高，然后利用圓臺體積公式即可得解.【詳解】令圓臺的高為h，由圖可知，所以，故選：C.6.若，則（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】對兩邊同時平方求出，再求出，解方程結合同角三角函數的商數關系求出，再由二倍角的正切公式求解即可.【詳解】因為，所以，解得：，則，因為，所以，所以所以，再由，可得，所以，所以.故選：D.7.已知向量滿足，且，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據已知條件分別求出，，，在求出，，即可求解.【詳解】因為，所以，所以，即，所以，即，，，，即；，，，即；，，，所以.故選：D8.已知函數對都有，若的圖象關于直線對稱，且對，當時，都有，則下列結論正確的是（）A. B.是奇函數 C.是周期為4的周期函數 D.【答案】D【解析】【分析】由圖象的平移可得是偶函數，從而判斷B；對都有，取，可求得，進而得到成立，從而判斷C；再由已知可得在上單調遞減，結合偶函數的性質及周期性，從而判斷D，最后判斷A.【詳解】對于B，因為函數的圖象關于直線對稱，所以函數的圖象關于直線對稱，且定義域為，故是偶函數，故B錯誤；對于C，因為函數對都有，所以取，可得，又是偶函數，所以，從而可得，則，故是周期為6的周期函數，故C錯誤；對于D，因為是偶函數，且是周期為6的周期函數，所以，，又對，當時，都有，所以在上單調遞減，則，即，故D正確；對于A，由在上單調遞減，，可得，故A錯誤.故選：D.二、選擇題:本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知為虛數單位，下列說法正確的是（）A.若復數，則B.若復數滿足，則C.若復數滿足，則或D.若復數滿足，則在復平面內對應的點的軌跡為直線【答案】AD【解析】【分析】對于A選項，用復數除法運算法則，得到復數的代數形式，利用復數高次冪的周期性，可以求解；對于B選項，復數不可以比較大小；對于C選項，舉反例可得解；對于D選項，令復數的代數形式，根據題意，求得關于的方程，從而得軌跡.【詳解】對于A選項，，，，，，所以，故A正確；對于B選項，若為非純虛數，則也是虛數，虛數之間不能比較大小，故B錯誤；對于C選項，當時，滿足，故C錯誤；對于D選項，令，，，所以，化簡得：，所以在復平面內對應的點的軌跡為直線，故D正確；故選：AD.10.對于任意的表示不超過的最大整數.十八世紀，被“數學王子”高斯采用，因此得名為高斯函數，人們更習慣稱為“取整函數”.下列說法正確的是（）A.函數的圖象關于原點對稱 B.函數的值域為C.對于任意的，不等式恒成立 D.不等式的解集為【答案】BCD【解析】【分析】結合取整函數的定義，利用奇偶性的定義可判斷A選項；由取整函數的定義得到，進而可判斷B，C選項；先解一元二次不等式，然后取整函數的定義可判斷D選項.【詳解】對于A：當時，，當時，，所以，不是奇函數，即函數的圖象不是關于原點對稱，故A錯誤；對于B：由取整函數的定義知，，所以，，函數的值域為，故B正確；對于C：由取整函數的定義知，，，所以，故C正確；對于D：由得，解得，結合取整函數的定義可得，故D正確.故選：BCD.11.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體也稱為“阿基米德多面體”，如圖所示的半正多面體由正方體截去八個一樣的四面體得到的，其棱長為1，也稱為二十四等邊體.關于如圖所示的二十四等邊體，下列說法正確的是（）A.和的夾角為 B.該幾何體的體積為C.平面與平面的距離為 D.二十四等邊體表面上任意兩點間距離最大為2【答案】BCD【解析】【分析】補全該半正多面體得到一個正方體，對于A，連接，，和的夾角等價于，計算出的長，由余弦定理可得，對于B，由該幾何體的體積，計算可得結果；對于C，可證明平面平面，平面與平面的距離等價于到平面的距離，建立空間直角坐標系，利用點到平面的向量公式計算可得；對于D，由圖可得二十四等邊體表面上任意兩點間的最大距離為，利用空間中兩點距離公式可得.【詳解】補全該半正多面體得到一個正方體，則正方體的邊長為，對于A，連接，，和的夾角等價于，因為，在中，，則，所以，即，則和的夾角為，故A錯誤；對于B，由圖可得該幾何體的體積，由于，，所以，故B正確；對于C，因為，，，，，平面，，平面，根據線面平行及面面平行判定易證：平面平面，則平面與平面的距離等價于到平面的距離，以為坐標原點，為軸，為軸，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系則，，，，則，，，設平面的法向量為，則，令，則，所以到平面的距離，故C正確；對于D，由圖可得二十四等邊體表面上任意兩點間的最大距離為，由C選項可得，所以，故D正確；故選：BCD三、填空題:本題共3小題，每小題5分，共15分.12.如圖，已知的半徑為2，弦AB的長度為3，則____________.【答案】【解析】【分析】根據題意先求出，再求根據定義求出數量積即可.【詳解】過根據題意，過作垂直于，垂足為，根據圓的性質有為中點，因為，即，因為，所以，在中，，所以.故答案為：13.在《九章算術》中，將底面為矩形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”.如圖，四棱錐為陽馬，側棱底面為棱的中點，則直線與平面所成角的余弦值為____________.【答案】##【解析】【分析】首先證明平面，再根據線面角的定義，即可作出線面角的平面角，再計算這個平面角的大小.【詳解】因為平面ABCD，平面ABCD，故可得，又，，平面，故平面，連接，故即為所求直線與平面所成角.由，故在直角三角形中，，故，則，則直線CE與平面PAD所成角的余弦值為，故答案為：.14.如圖，在中，分別是邊AB，AC上的點，，且，點是線段DE的中點，且，則____________.【答案】【解析】【分析】先用余弦定理可得，然后由向量的數量積計算可得，進而由平面向量的線性運算可得，從而由平面向量的基本定理可得的值，進而可得結論.【詳解】由中，，得，則.由，且得，則，即.由是的中點，所以,所以，又，所以，化簡可得，又，所以，則.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知向量，向量與向量的夾角為.（1）求的值.（2）若，求實數的值.（3）在（2）的條件下，求向量在向量方向上的投影向量的坐標.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據向量夾角公式直接求解即可；（2）根據向量垂直的坐標表示直接求解即可；（3）根據投影向量定義直接求解即可.【小問1詳解】由題意得：，..【小問2詳解】，且，即，解得:.【小問3詳解】在（2）的條件下，，則與向量同向的單位向量，向量在向量方向上的投影為:，向量在向量方向上的投影向量為:.16.已知函數的最小正周期為.（1）求的解析式;（2）求在上的單調增區間.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由二倍角的正弦公式和余弦公式、輔助角公式化簡，再由正弦函數的最小正周期公式即可得出答案；（2）令，即可求出的單調增區間，令和，即可求出在上的單調增區間.【小問1詳解】，因為，所以，所以.【小問2詳解】令，得，又，所以在上的單調增區間為.17.如圖，在正三棱柱中，分別是的中點.（1）若點為矩形內動點，使得面，求線段的最小值;（2）求證:面.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由線面平行的判定有面，面，又結合面面平行的判定可證面面，由題意可知時，最小，在中，即可求；（2）根據線面垂直判定定理即可證明.【小問1詳解】連接，在正方形中，分別為，的中點，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，因面面CPN，所以面，在中，因為分別為，的中點，所以，因為面，面，所以面.因為，面，面，所以面面.所以當，面，此時面，所以當時，最小，在中，所以的最小值為；【小問2詳解】在正方形中，，設，則為中點，連接、，因為分別為，的中點，所以且，又因為為中點，且，所以且，又因為面，所以四邊形為矩形，所以，又，，面，面，所以面，所以面，又面，所以，又，面，面，所以面.18.已知分別為銳角三角形三個內角的對邊，且.（1）求;（2）若，為的中點，求中線的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，再根據三角恒等變換求解即可；（2）由向量數量積的運算律可得，再利用余弦定理和正弦定理化簡，結合銳角三角形條件即可求解.【小問1詳解】因為是銳角三角形的三個內角，所以，，根據正弦定理可得，即，所以，則，整理得，即，又，所以，即.【小問2詳解】因為為的中點，所以，兩邊平方得，在中，由余弦定理得，即，所以，在中，由正弦定理得，所以，所以，因為為銳角三角形，所以且，解得，所以，所以，所以，所以中線的取值范圍是.19.已知集合且，是定義在上的一系列函數，滿足.（1）求的解析式.（2）若為定義在上的函數，且.①求的解析式;②若關于的方程有且僅有一個實根，求實數的取值范圍.【答案】（1），（2）①；