湖南省2023-2024学年高一下学期5月联考数学试卷（含解析）

湖南高一年级五月考试
数 学
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，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占30%，必修第二册第六章到第九章9.1占70%。
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.设集合，，则
A． B． C． D．
2.若，则
A． B． C． D．
3.已知奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为
A． B． C． D．
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，则A，B两地之间的距离是
A．千米 B．千米 C．千米 D．千米
5.已知命题p：函数在内有零点，则命题p成立的一个必要不充分条件是
A． B． C． D．
6.
A． B． C． D．
7.如图，在正方体中，4，E在线段上，则的最小值是
A． B． C． D．
8.已知长方体的底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，在矩形内有一动点P满足，且，则的最小值为
A． B． C． D．2
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.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列结论不正确的是
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
10.已知函数，则下列结论正确的是
A．的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递减
D．的图象关于点对称
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 B．三棱锥P—ABC内切球的半径是
C．DE长度的取值范围是 D．三棱锥P—ABC外接球的体积是
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，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，则的最小值为 ，此时 .
14.在长方形ABCD中，，，点E在线段AB上，，沿DE将△ADE折起，使得，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.（13分）
如图，在三棱锥S—ABC中，已知，，，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值.
16.（15分）
已知函数是定义在上的偶函数.
（1）求的解析式；
（2）若不等式对恒成立，求a的取值范围.
17.（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.
（1）求角A；
（2）求的取值范围.
18.（17分）
如图，在正三棱柱中，，D为AB的中点.
（1）证明：平面．
（2）求异面直线与CD所成角的余弦值.
（3）在上是否存在点E，使得平面平面？若存在，求的值；若不存出在，说明理由.
19.（17分）
在复数域中，对于正整数n满足的所有复数（）称为单位根，其中满足对任意小于n的正整数m，都有，则称这种复数为n次的本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时，存在四个4次单位根，，因为，，因此只有两个4次本原单位根，对于正整数n，设n次本原单位根为，，，…，，则称多项式为n次本原多项式，记为，规定，例如，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（无需证明）；
（2）求出，并计算，由此猜想（无需证明）；
（3）设所有16次本原单位根在复平面内对应的点为，，，…，，复平面内一点P所对应的复数z满足，求的取值范围.
湖南高一年级五月考试
数学参考答案
1.D
因为，，所以.
2.B
因为，所以，故.
3.D
由，可得，因为是奇函数，且，所以，因为在上单调递增，所以，故不等式的解集为.
4.A
由余弦定理可得，则.
5.D
显然可知函数在上单调递增，由零点存在定理可得，得.
6.C
.
7.C
如图，将平面和平面展开到同一平面，连接，交于点M，则.因为，所以，所以，则.
8.C
由向量共线定理可得P，C，三点共线，即点P在线段上.由对称性可知，线段上的点到，两点之间的距离相等，所以，当且仅当P，B，三点共线时，等号成立，此时P为线段的中点，即的最小值为.
9.ABC
由空间线面关系可知只有D正确.
10.BCD
对于A，的图象向左平移个单位长度后得到的图象，故A错误.
对于B，，故B正确.
对于C，当时，，故C正确.
对于D，，故D正确.
11.ACD
如图，取BC的中点M，连接AM，PM，作平面ABC．易证H在AM上，且，则，从而三棱锥P—ABC的体积，故A正确.设三棱锥P—ABC内切球的半径为r，则，所以，故B错误.设三棱锥P—ABC外接球的半径为R，球心为O，则，即，解得，所以，则三棱锥P—ABC外接球的体积是，DE长度的取值范围是，故C，D正确.
12.6
由题意可得，解得，则B地被抽取的数量是.
13.；
，当且仅当，即时，等号成立.
14.
设点A在平面BCDE上的投影为，当时，．过点A作（图略），易得.设，则.在△ADE中，，则.在中，，即，解得，
所以四棱锥A—BCDE的体积为.
15.解：
（1）∵，∴，，
∴平面ABC．
又∵，∴.
又∵，，∴，
∴.
（2）过点C作于点D，作于点E，连接CE.
∵平面平面ABC，∴平面ABS.
又由三垂线定理知，
∴由，知∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角.
∵，，，
∴，
∵
∴，
∴，即侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值为.
16.解：
（1）∵函数是定义在上的偶函数，
∴，可得恒成立，
即，
∴，
∴，，
∴.
（2）由（1）知，令，则，.
∵不等式恒成立，等价于恒成立，
∴恒成立，则.
又∵，
∴，
此时，
∴.
17.解：
（1）因为，，
所以，
所以，即.
因为，
所以，故.
（2）因为
，
所以.
因为，
所以，
所以，
故.
18.
（1）证明：由正三棱柱的定义可知△ABC是等边三角形，平面ABC．
因为平面ABC，所以.
因为△ABC是等边三角形，D为AB的中点，所以.
因为，平面，且，所以平面．
（2）解：如图，取的中点，连接，.易证，
则是异面直线与CD所成的角或补角.
设，则，，，，
故，即异面直线与CD所成角的余弦值为.
（3）解：在中，作，垂足为E.
因为平面，且平面，所以.
因为AB，平面，且，所以平面.
因为平面BCE，所以平面平面.
设，则，，故.
因为，
所以，
则，，
所以.
故在上存在点E，使得平面平面，此时.
19.解：
（1）的解为（，1，2，3，4，5，6，7）
所以8次单位根为1，，，，，，，，
故8次本原单位根为，，，.
（2）.
又，，，
所以，
由此猜想.
（3）设16次单位根分别为，，，…，，其中，
不难发现，，，，，，，为16次本原单位根，
所以.
又，
，且，
所以，
即.