浙江强基联盟2024年5月联考
高一数学参考答案
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1 2 3 4 5 6 7 8
A C B B D C D A
1．解：，故选．
2．解：，得，故选．
3．解：，解得或（舍去），故选B．
4．解：取AB的中点的中点，连接，则或其补角为AM与BN所成的角，连接EF，设正方体的边长为，则，所以，因此，故选B．
5．解：显然可知函数在[1，3]上单调递增，由零点存在性定理可得，得，故选D．
6．解：因为样本数据的方差为，所以，又因为，所以．样本数据的平均数为，所以，解得，故选C．
7．解：，当且仅当，即时，等号成立，故选D．
8．解：因为，
所以，因此的外接圆半径为，
所以球心到平面ABC的距离为．
要使得四面体的体积最大，只要点到平面ABC的距离最大，并且最大距离为，所以，故选A．
二、多选题：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 10 11
BCD ACD ABD
9．解：对于的图象向左平移个单位长度后得到的图象，故A错误．
对于，故B正确．
对于C，当时，，故C正确．
对于，故D正确．
10．解：对于，取的中点与E，F构成平面EFG（图略），显然与平面平行，故A正确．
对于，取的中点与E，F构成正六边形（图略），平行于正六边形所在平面，故B错误．
对于，点到下底面ABCD的距离不变，所以三棱锥的体积不变，故C正确．
对于，点与点重合，连接（图略），可得平面，故D正确．
11．解：如图，建立坐标系，则．
对于，当时，，则，所以，故正确．
对于B，当时，，则，所以
，故B正确.
对于，对任意，则，解得，此时，故错误．
对于，若，则，所以
由此可得，所以，又因为，所以，
故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．2 13．
12．解：因为，所以当时，为纯虚数．
13．解：不等式，对任意的恒成立，
则恒成立，令，
所以恒成立，则，所以的取值范围为．
14．解：设正四面体ABCD的棱长为，根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图1，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，由正四面体的性质可知该球球心为正四面体ABCD的中心，即为正四面体ABCD外接球的球心(内切球的球心)，
则BO为正四面体ABCD的外接球的半径，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为OE，连接BE，则B，O，E三点共线，此时，由题意得，所以，所以，
如图2，记为的中心，连接BM，AM，由正四面体的性质可知在AM上，
因为，所以，则，因为
，即，
解得，所以，解得，
所以，
即OM为正四面体ABCD内切球的半径，故答案为．
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．解：（1），解得，………………………………3分．…………………………………………………………………6分
（2），……………………8分
由得，又与同向平行，得，………………………………10分
且．…………………………………………………………………………………………13分
16．解：（1）函数是定义在上的偶函数，
，可得恒成立，………………………………………………3分
即．…………6分
（2）由（1）知，当时，令．………………………………9分
不等式恒成立，等价于恒成立，
恒成立，则，…………………………………………………………12分
又．……………………………………………………………………15分
17．解：（1），
平面ABC．……………………………………………………………………………………………2分
又．……………………………………………………………………………4分
又，
．……………………………………………………………………………6分
（2）过点作于点，作于点，连接CE．
平面平面平面ABS．……………………………………………………………8分
又由三垂线定理知，
由知为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角．………………10分
，……………………13分
，即侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值为．…………15分
18．解：（1），
，……………………………………………………………………2分
即得，
，即．………………………………………………………………4分
（2）．
又，……………………………………………………6分
．
又是锐角三角形，，…………………………………………8分
．…………………………………………………………10分
（3），
，即……………………………………12分
又，且，…………………………………………………………………………14分
，
，则．………………………………………………………………17分
19．解：（1）的解为，
次单位根为，……………………2分
故8次本原单位根为．……………………………4分
（2）．……6分
又，
，……………………………………8分
由此猜想．…………………………………………………………10分
（3）设16次单位根分别为，其中，
不难发现为16次本原单位根，………………………………………………12分
又，……………………………………………14分
……………………………………………………………………17分
2 / 2浙江省强基联盟2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题
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．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，则
A． B． C． D．
2．已知向量，若，则
A．1 B．-1 C．3 D．
3．已知，则
A．1 B．-1 C． D．-1或
4．如图，在正方体中，M，N分别为和的中点，则异面直线AM与BN所成角的正弦值为
A． B． C． D．
5．已知命题p：函数在[1，3]内有零点，则命题成立的一个必要不充分条件是
A． B． C． D．
6．已知样本数据的平均数为，方差为，若样本数据的平均数为，方差为，则平均数
A．1 B． C．2 D．
7．若实数，则的最小值为
A． B． C． D．
8．已知球的半径，球面上有三点A，B，C，满足，点在球面上运动，则当四面体的体积取得最大值时，
A． B． C．13 D．
二、多选题：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．已知函数，则下列结论正确的是
A．函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
B．直线是函数图象的一条对称轴
C．函数在上单调递减 D．函数的图象关于点对称
10．已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是
A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得直线平面EFG
C．三棱锥的体积不变 D．存在点，使得平面
11．如图，已知长方形ABCD中，，且，则下列结论正确的是
A．当时， B．当时，
C．对任意不成立 D．若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若为纯虚数（为虚数单位），则实数______．
13．对于任意的恒成立，则实数的取值范围为______．
14．已知勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙），若勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的表面积为，则正四面体ABCD的内切球的半径为______．
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）
已知向量，且与的夹角为．
（1）求和；
（2）若向量与所成的角是锐角，求实数的取值范围．
16．（15分）
已知函数是定义在上的偶函数．
（1）求函数的解析式；
（2）对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围．
17．（15分）
如图，在三棱锥中，已知．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求侧面SBC与侧面SAB所成的二面角余弦值.
18．（17分）
在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角；
（2）若，求的面积的取值范围；
（3）若，且，求实数的取值范围．
19．（17分）
在复数域中，对于正整数满足的所有复数称为单位根，其中满足对任意小于的正整数，都有，则称这种复数为次的本原单位根，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，设次本原单位根为，，则称多项式为次本原多项式，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上对应的点为，复平面上一点所对应的复数满足，求的取值范围．
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