湖南省湖南师大附高2022-2023学年高一下学期5月第二次大练习数学试题（含解析）

湖南师大附高2022-2023学年高一下学期5月第二次大练习
数 学
时量：120分钟 满分：150分
得分：__________
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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．设复数在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为（ ）
A． B． C． D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．正棱锥的各条棱长都相等
B．所有的空间几何体的表面都能展开成平面图形
C．棱台各侧棱的延长线交于一点
D．用一平面去截棱锥，得到两个空间几何体，一个是棱锥，另一个是棱台
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．水平放置的平面四边形的斜二测直观图是一个长为3，宽为的矩形，则四边形的原面积为（ ）
A．12 B．6 C． D．
5．函数的部分图象如图所示，则函数的单调递减区间为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．已知，则，不可能满足的关系是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为，则（ ）
A．6 B． C．2 D．
二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列说法不正确的是（ ）
A．若直线，不共面，则，为异面直线
B．若直线平面，则与内无数条直线平行
C．若直线平面，平面平面，则
D．如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
10．下列命题正确的是（ ）
A．若非零向量，，满足，，则
B．向量，共线的充要条件是存在唯一一个实数，使得成立
C．在中，，，，则该三角形不存在
D．若，，为锐角，则实数的取值范围是
11．已知棱长为1的正方体，平面与体对角线垂直，则（ ）
A．正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等
B．平面截正方体所得截面面积的最大值为
C．直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值为
D．当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值
12．已知函数，的定义域均为，且，．若的图象关于直线对称，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某高级中学为了了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取教师__________人．
14．现有一个底面半径为、高为的实心圆柱形铁料，若将其熔铸成一个球形实心工件，则该工件的表面积为__________（损耗忽略不计）．
15．求“方程的解”有如下解题思路：构造函数，其表达式为，易知函数在上单调递减，且，故原方程有唯一解．类比上述解题思路，不等式的解集为__________．
16．无字证明（proof without words）是指仅用图像而无需文字解释就能不证自明的数学命题，如图是某三角恒等式的无字证明，那么该图证明的三角恒等式为__________．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分10分）
如图，四边形是矩形，平面，．点为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
18．（本小题满分12分）
高铁是我国国家名片之一，高铁的修建凝聚着中国人的智慧与汗水．如图所示，，，为山脚两侧共线的三点，在山顶处测得这三点的俯角分别为，，，计划沿直线开通穿山隧道，测得，，三段线段的长度分别为，，．
（1）求线段的长度；
（2）求隧道的长度．
19．（本小题满分12分）
已知向量，，函数．
（1）求函数的零点；
（2）若钝角的内角，，的对边分别为、、，且，求的取值范围．
20．（本小题满分12分）
如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折，使得直线与不在同一个平面．
（1）求直线与所成的角的大小；
（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21．（本小题满分12分）
已知函数（其中在上单调递减，点，，是函数图象上三点，满足．
（1）求证：，，三点不共线；
（2）求证：是钝角三角形．
22．（本小题满分12分）
已知函数，．
（1）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
（2）设函数，在区间上连续不断，证明：函数有且只有一个零点，且．
湖南师大附高2022-2023学年高一下学期5月第二次大练习
数学参考答案
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C A A B C D B
1．D 【解析】由题意得，则，所以在复平面内对应的点为（2，-5），故选：D．
2．C 【解析】正棱锥的各条棱长并不是都相等，应该为正棱锥的侧棱长都相等，故A不正确；
不是所有的空间几何体的表面都能展开成平面图形，例如球不能展开成平面图形，B不正确；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，故各条侧棱的延长线一定交于一点，C正确；
只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，得到的两个几何体才能一个是棱锥，另一个是棱台，故D不正确．
故选：C．
3．A 【解析】由，可得，解得，即解集为(0，2)，
又由，可得，解得，即解集为，
因为集合为集合的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A．
4．A 【解析】由题意得矩形的面积为，由斜二测画法的性质，
得四边形的原面积为．故选：A．
5．B 【解析】由题意周期是，，，
所以单调递减区间是，，故选：B．
6．C 【解析】，，，
即，即，，．
对于A，，成立；
对于B，，成立；
对于C，，，即．故C错误；
对于D，，成立．故选：C．
7．D 【解析】由题意，函数与互为反函数，则，
所以，
由，解得或，即函数的定义域为，
令，
当时，单调递减；当时，单调递增．
又在上单调递增，所以的单调递增区间为．故选：D．
8．B 【解析】由函数的图象，经过沿轴翻折变换，可得函数的图象，
再经过向右平移1个单位，可得的图象，
最终经过沿轴翻折变换，可得的图象，如下图，
则函数的图象关于直线对称，
令，因为函数最小的零点为，且，
故当时，方程有4个零点，
所以，要使函数有6个不同的零点，且最小的零点为，
则当时，，或，
所以，关于的方程的两个实数根为0，1，
所以，由韦达定理得，，．故选：B．
二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
题号 9 10 11 12
答案 CD ACD ABD AB
9．CD 【解析】由异面直线的定义可得A正确；
若直线平面，则内与平行的直线有无数条，故B正确；
若直线平面，平面平面，则或，故C错误；
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故D错误．故选CD．
10．ACD 【解析】非零向量，，，若，，则，故A正确；
若向量为零向量，为非零向量，则，共线时，不存在实数，使得成立，故B不正确；
在中，，，，由正弦定理得，所以该三角形不存在，故C正确；
若，，为锐角，则，解得．故D正确．故选：ACD．
11．ABD 【解析】如图1，
对于A，因为平面与对角线垂直，又平面，所以平面与平面平行或重合，而正方体各棱与平面所成角，即为体对角线与正方体各棱所成角的余角，由正方体的对称性易得体对角线与正方体各棱所成角均相等，故直线，，与平面所成角也相等，故A正确；
对于B，当平面沿对角线平行移动时，只有当平面移动到平面，，，，，分别为所在棱的中点）时，面积最大，如图2所示．又由题易知，六边形为正六边形，可求得，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为．故B正确；
对于C，直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值即为直线与平面所成角的正弦值，不妨求直线与平面（平面的平行平面）所成角，设直线与平面所成角为，则，故错误；
对于D，当平面与正方体各面都有公共点时，截图为六边形，如图3阴影部分，，
同理可得，故六边形周长为定值，所以D正确．故选：ABD．
12．AB 【解析】由题意知函数，的定义域均为，
的图象关于直线对称，则，
，，，故为偶函数，
由，得，代入，得，
令，则，，则，故B正确，C错误；
，令，则，即，A正确；
由，故，故由得
，故，是以4为周期的周期函数，
由，，令，则，得，
则，又，令得，得，
又，故原式，D错误．故选AB．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．10 【解析】高一年级教师所占的比例为：，
则高一年级应抽取的教师人数为：．故答案为：10．
14． 【解析】设球的半径为，则，解得，
所以该工件的表面积为．故答案为：．
15．
【解析】设，它在上单调递增，
不等式，，
即，所以，得，解得或，
所以不等式的解集为．故答案为：．
16．
【解析】如图，左边的三角形的面积为，
中间三角形的面积为，右边三角形的面积为，
，，
即．
故答案为：．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【解析】证明：（1）因为平面，平面，所以，
又由，而，，平面，故平面．
（2）连接交于，连接，由点为线段的中点，可得，
而平面，平面，故平面．
18．【解析】（1）由已知可得，，，
在中，由正弦定理得，即，解得．
（2）由已知可得，则，
在中，，隧道长度．
19．【解析】（1）由条件可得，
由，则，得为函数零点．
（2）由正弦定理得，
由（1），而，得，
，，又，得，，
代入上式化简得，，
又在钝角中，不妨设为钝角，有，则有．
，故的取值范围为．
20．【解析】（1）因为，是的中点，所以，
故四边形是菱形，从而，所以沿着翻折成后，，，
又因为，所以平面，又平面，
所以，所以直线与所成的角的大小为．
（2）存在，理由如下：
假设线段上是存在点，使得平面，
过点作交于，连接，，如下图，
所以，所以，，，四点共面，
又因为平面，平面平面，所以，
过，，，四点的平面被唯一确定，
所以四边形为平行四边形，故，
所以为中点，故在线段上存在点，使得平面，且．
21．【解析】证明：（1）假设，，三点共线，由，则为中点，
即
①，
而②，
由于，故②式等号不成立，这与①式矛盾．
所以假设不成立，故，，三点不共线．
（2）因为函数（其中）在上单调递减．
，，且，
所以，所以，，，，
又，，
则，
所以，又因为，，三点不共线，所以，
故是钝角三角形．
22．【解析】（1），
因为，恒成立，所以当时，恒成立，
当时，成立，当时，成立，
当时，则，即，综上所述，实数的取值范围为．
（2）函数的图象在区间上连续不断．
①当时，因为与在区间上单调递增，所以在区间上单调递增．
因为，，所以，
根据函数零点存在定理，存在，使得，
所以在区间上有且只有一个零点；
②当时，因为单调递增，所以，
因为，所以，所以在区间上没有零点．
综上，有且只有一个零点．
因为，即，
所以，，
因为在区间上单调递减，所以，所以．