2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一（下）月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一（下）月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合A={y|y=lnx}，B={x|x2−2x−3≤0}，则A∩B=A.{x|0<x≤1} B.{x|−3≤x≤1} C.{x|0<x≤3} D.{x|−1≤x≤3}2.若z(2−i)=i，则z−=(

)A.15+25i B.−13.已知奇函数f(x)在R上单调递增，且f(2)=1，则不等式f(x)+1<0的解集为(

)A.(−1,1) B.(−2,2) C.(−2,+∞) D.(−∞,−2)4.某班同学利用课外实践课，测量A，B两地之间的距离，在C处测得A，C两地之间的距离是4千米，B，C两地之间的距离是6千米，且∠ACB=60°，则A，B两地之间的距离是(

)A.27千米 B.43千米 C.25.已知命题p：函数f(x)=x3+x+a在[1,3]内有零点，则命题p成立的一个必要不充分条件是A.−30≤a≤−2 B.−30≤a≤−3 C.−28≤a≤0 D.−30≤a≤06.2cos80°−cos20°=(

)A.3sin20° B.sin20° C.−7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E在线段A.43

B.45

C.

8.已知长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2，在矩形ACCA.5 B.3 C.6二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论不正确的是(

)A.若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α/​/β

B.若α∩β=m，n/​/m，则n/​/α

C.若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β

D.若m⊂α，m⊥β，则α⊥β10.已知函数f(x)=sin(2x+π6A.f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)=sin(2x+π3)的图象

B.直线x=2π3是f(x)图象的一条对称轴

C.f(x)在11.已知三棱锥P−ABC的所有棱长都是6，D，E分别是三棱锥P−ABC外接球和内切球上的点，则(

)A.三棱锥P−ABC的体积是182

B.三棱锥P−ABC内切球的半径是66

C.DE长度的取值范围是[6三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.某连锁超市在A，B，C三地的数量之比为2：m：4，现采用分层抽样的方法抽取18家该连锁超市进行调研，已知A地被抽取了4家，则B地被抽取的数量是______．13.若实数x>2y>0，则3yx−2y+xy的最小值为______，此时x14.在长方形ABCD中，AB=3，AD=2，点E在线段AB上，AE=1，沿DE将△ADE折起，使得AE⊥DC，此时四棱锥A−BCDE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.(本小题13分)

如图，在三棱锥S−ABC中，已知∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=4，SB=5．

(1)求三棱锥的体积VS−ABC；

(2)求侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值．16.(本小题15分)

已知函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)对于任意的x≥017.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且43S=a2−(b−c)2．

(1)求角18.(本小题17分)

如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=3AA1，D为AB的中点．

(1)证明：AB⊥平面CC1D.

(2)求异面直线BC1与CD所成角的余弦值．19.(本小题17分)

在复数域中，对于正整数n，满足zn−1=0的所有复数z=cos2kπn+isin2kπn(k∈Z)称为n次单位根，若一个n次单位根满足对任意小于n的正整数m，都有zm≠1，则称该n次单位根为n次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当n=4时存在四个4次单位根±1，±i，因为11=1，(−1)2=1，因此只有两个4次本原单位根±i，对于正整数n，设n次本原单位根为z1，z2，…，zm，则称多项式(x−z1)(x−z2)(x−z3)…(x−zm)为n次本原多项式，记为fn(x)，规定f1(x)=x−1，例如f4(x)=(x−i)(x+i)=x2+1，请回答以下问题．

(1)直接写出8次单位根，并指出哪些是8次本原单位根参考答案1D

2B

3D

4A

5D

6C

7C

8C

9ABC

10BCD

11ACD

126

132+23

14515解：(1)∵∠SAB=∠SAC=90°，

∴SA⊥AB，SA⊥AC，

AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，

∴SA⊥平面ABC．

又∵∠ACB=90°，AC=2，BC=4，

∴S△ABC=4．

又∵SB=5，AB=AC2+BC2=25，

∴SA=SB2−AB2=5，

∴VS−ABC=13S△ABC⋅SA=453．

(2)过点C作CD⊥AB于点D，作DE⊥SB于点E，连接CE，

SA⊥平面ABC，SA⊂平面ABS，则平面ABS⊥平面ABC，

平面ABS∩平面ABC=AB，CD⊥AB，CD⊂面ABC，

∴CD⊥平面ABS，由SB⊂平面ABS，

∴CD⊥SB，

又DE⊥SB，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDE，

∴SB⊥平面CDE，

又CE⊂平面CDE，

∴CE⊥SB，

∴由DE⊥SB，CE⊥SB知∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角，

Rt△SAC中，SA=5，AC=2，则SC=S16解：(1)∵函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数，

∴f(−x)=f(x)，

可得2−x−m⋅2x=2x−m⋅2−x恒成立，

即2x(1+m)=2−x(1+m)，

∴(2x−2−x)(1+m)=0，

∵2x−2−x=0在R上不恒成立，

∴1+m=0⇒m=−1，

∴f(x)的解析式为f(x)=2x+2−x；

(2)由(1)知f(x)=2x+2−x，

当x≥0时，令t=2x≥1,y=t+1t≥2．

∵不等式[f(x)]217解：(1)由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccosA，

所以a2−(b2+c2)=−2bccosA，

因为43S=a2−(b−c)2，

所以43⋅12bcsinA=a2−(b2+c2)+2bc=−2bccosA+2bc，

整理得3sinA+cosA=1，

所以2sin(A+π6)=1，即sin(A+π6)=12，

因为A∈(0,π)18(1)证明：正三棱柱ABC−A1B1C1中，则△ABC为等边三角形，D为AB的中点，

所以CD⊥AB，而CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，

所以CC1⊥AB，又因为CD∩CC1=C，

所以AB⊥平面平面CC1D；

(2)解：取到A1B1的中点D1，连接C1D1，DD1，BD1，

由题意可得C1D1/​/CD，

所以∠BC1D1或其补角为异面直线BC1与CD所成的角，

因为AB=3AA1，

由题意可得CD=32AB=32AA1，BD1=BB12+B1D12=AA12+(32AA1)2=72AA1，

B19解：(1)首先需要证明：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cos2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．

我们不妨记作ζn=cos2πn+isin2πn，因此全部的n次单位根是1,ζn,ζn2,…,ζnn−1．

设k=0，1，…，n−1，我们考虑到ζnk=cos2kπn+isin2kπn：

如果k和n的最大公约数d>1，则(ζnk)nd=(ζn)knd=(ζnn)kd=1kd=1，从而ζnk不是本原单位根．

若ζnk不是本原单位根，设(ζnk)m=1，1≤m<n，则由ζnkm=(ζnk)m=1可知km是n的倍数，

设d为k和n的最大公约数，则kd⋅m是nd的倍数，而kd和nd没有大于1的公约数，故m是nd的倍数，

所以由1≤m<n可知m≥nd>md，得d>1．

这就得到结论：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cos2kπn+isin2k