湖南省长沙市浏阳市重点校2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷【含答案】

湖南省长沙市浏阳市重点校联考2023-2024学年高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1．（5分）已知集合，，则（）A． B． C． D．2．（5分）已知复数，则z的虚部是（）A． B． C． D．3．（5分）已知角α的终边上有一点，则的值为（）A．3 B．-3 C．1 D．-14．（5分）设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是（）A．，， B．，， C．，， D．，，5．（5分）如图所示，在正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE的中点，则（）A． B． C． D．6．（5分）已知圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为上底面圆弧的中点，则异面直线DE与AB所成角的余弦值为（）A． B． C． D．7．（5分）已知，，均为单位向量，，则的值为（）A． B． C． D．8．（5分）如图为函数的图象，P，R，S为图象与x轴的三个交点，Q为函数图象在y轴右侧部分上的第一个最大值点，则的值为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题，每题5分，共20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）（多选）9．（5分）以下结论正确的有（）A．侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 B．等底面积、等高的两个柱体，体积相等 C．经过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面一定是三角形，且轴截面面积最大 D．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台（多选）10．（5分）以下命题正确的是（）A． B．C．若复数z满足，则z对应的点在第四象限 D．是复数（，）为纯虚数的必要不充分条件（多选）11．（5分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题正确的有（）A．若，则 B．若，，，则有一解 C．已知的外接圆的圆心为O，，，M为BC上一点，且有， D．若为斜三角形，则（多选）12．（5分）如图，在正方体中，点P是的中点，点Q是直线上的动点，则下列说法正确的是（）A．是直角三角形 B．异面直线PD与所成的角为 C．当AB的长度为定值时，三棱锥的体积为定值 D．平面平面三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13．（5分）已知向量与的夹角为，，，则____．14．（5分）已知向量，，则向量在向量的方向上的投影向量为.（结果用坐标表示）15．（5分）已知函数，若，恒成立，则实数t的取值范围是．16．（5分）如图，有一圆柱形的开口容器（下表面密封），其轴截面是边长为2的正方形，P是BC中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一米粒，则这只蚂蚁取得米粒所需经过的最短路程为．四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题为10分，18-22每题12分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）若，的面积为，求b．18．（12分）已知向量，．（1）若向量，且，求的坐标；（2）若向量与互相垂直，求实数k的值．19．（12分）已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为．（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积．20．（12分）如图，有一直径为8米的半圆形空地，现计划种植甲、乙两种水果，已知单位面积种植甲水果的经济价值是种植乙水果经济价值的5倍，但种植甲水果需要有辅助光照．半圆周上的C处恰有一可旋转光源满足甲水果生产的需要，该光源照射范围是∠，点E，F的直径AB上，且．（1）若，求AE的长；（2）设，求该空地产生最大经济价值时种植甲种水果的面积．21．（12分）已知函数是定义域为R的奇函数．（1）求a的值；（2）若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围．22．（12分）如图，在三棱台中，，，，．（1）求证：平面平面ABC；（2）若直线AE与平面BCFE所成角为，求平面DEC和平面ABC所成角的正切值．参考答案与试题解析一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1．【解答】解：集合，，则．故选：B．2．【解答】解：，则z的虚部是．故选：B．3．【解答】解：依题意得，则．故选：B．4．【解答】解：对于A，，，，则a与b可能平行或异面；对于B，，，，可得a∥b；对于C，，，，则a与b可能平行，相交或异面；对于D，，，，则．故选：D．5．【解答】解：根据题意得：，又，，所以．故选：D．6．【解答】解：设上下底面圆的圆心分别为F和O，连接OF，OE，EF，则，设轴截面正方形ABCD边长为2，则，，在中，，所以，因为，所以∠ODE或其补角即为异面直线DE与AB所成的角，在中，，，，，所以异面直线DE与AB所成角的余弦值为．故选：A．7．【解答】解：由于、、均为单位向量，则，由可得，所以，即，所以，由，可得，所以，即，所以，由，可得，所以，即，所以，则．故选：D．8．【解答】解：设PR的中点为A，RS的中点为B，中，令，解得，所以；令，解得，所以；同理，；所以，，；所以．故选：D．二、多选题（本大题共4小题，每题5分，共20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）（多选）9．【解答】解：对A选项，∵侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱，∴A选项正确；对B选项，根据柱体的体积公式可得：等底面积、等高的两个柱体，体积相等，∴B选项正确；对C选项，当圆锥的轴截面面积是顶角为钝角的等腰三角形时，轴截面面积不是最大，此时当经过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面为等腰直角三角形时，截面面积最大，∴C选项错误；对D选项，当其余四个面的等腰梯形的所有腰的延长线不交于同一点时，不是棱台，∴D选项错误．故选：AB．（多选）10．【解答】解：虚数不能比较大小，故A错误；，故B正确；∵复数z满足，∴z对应的点在第二象限，故C错误；当，时，为纯虚数，故是复数为纯虚数的必要不充分条件，故D正确．故选：BD．（多选）11．【解答】解：在三角形中，当，由三角形的性质可知，，由正弦定理可知，，整理可得，故A正确；，又因为，所以B有两解，B错误；因为的外接圆的圆心为O，所以，同理可得，又因为，所以，故C错误；因为，得，且为斜三角形，则，所以，故D正确．故选：AD．（多选）12．（5分）【解答】解：连接，，可得P为的中点，且为等边三角形，可得，即为直角三角形，故A正确；由，且，可得四边形为平行四边形，即有，则异面直线PD与所成的角为，故B正确；当AB的长度为定值时，的面积为定值，由，平面，平面，则平面，可得Q到平面的距离，即Q到平面PBD的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故C正确；若平面平面，设AC与BD交于点Q，连接PQ，可得PQ为平面和平面的交线，过D作，垂足为H，由面面垂直的性质定理可得DH⊥平面，而三棱锥为正三棱锥，D在底面上的射影为等边三角形的中心，显然矛盾，故D错误．故选：ABC．三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13．（5分）【解答】解：因为向量与的夹角为，，，所以，所以，，即，解得．故答案为：2．14．（5分）【解答】解：，，，，则向量在向量的方向上的投影向量．故答案为：．15．【解答】解：，，，，∵在上递减，，∴．故答案为：．16．（5分）【解答】解：侧面展开后得矩形ABCD，其中，问题转化为在CD上找一点Q，使最短作P关于CD的对称点E，连接AE，令AE与CD交于点Q，则得的最小值就是AE为．故答案为：．四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题为10分，18-22每题12分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）【解答】解：（1）由题干条件可知，，由正弦定理得，因为，，所以．因为，所以或；（2）由（1）可得，所以，解得，而，所以；当时，由余弦定理得，可得．可得，所以，则，与题干矛盾，舍去，当时，由余弦定理得，可得．综上．18．（12分）【解答】解：（1）∵向量，，向量，且，可设，∵，求得，∴或．（2）∵向量与互相垂直，∴，∴实数．19．（12分）【解答】解：（1）如图，设，在半圆⊙A中，，弧长，则，所以，故圆锥的底面积为．（2）设圆柱的高，，在中，，∵，所以，即，，，所以，当，时，圆柱的侧面积最大，此时．20．（12分）【解答】解：（1）由题意，中，，，，∴，∴或3；（2）由题意，，．在中，由正弦定理得，∴；在中，由正弦定理得，∴，该空地产生最大经济价值时，的面积最大，，∵，∴，∴时，取最大值为，该空地产生最大经济价值．21．（12分）【解答】解：（1）由函数为奇函数且定义为R，∵，当时，可得，故，则，得，经检验，符合题意，故；（2）由（1）可知，函数在上为减函数，由，得，所以，设，，则，又函数图象是一条抛物线，开口向下，对称轴为，所以在上，，