湖北省宜荆荆随恩2023-2024学年高一下学期6月联考数学试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖北省宜荆荆随恩2023-2024学年高一下学期6月联考数学试卷（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-19 20:14:50 | ||
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文档简介
2024年宜荆荆随恩高一6月联考
高一数学试卷
命题学校：宜昌一中 命题教师：高一数学备课组 审题学校：恩施高中
考试时间：2024年6月13日下午15：00-17：00 试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名 准考证号 考场号 座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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.若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，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.既不充分又不必要条件
3.若实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
4.若上的奇函数在区间上单调递增，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
5.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则（ ）
A. B.1 C. D.
6.已知函数，若（其中），则的最小值为（ ）
A. B. C.2 D.4
7.已知圆台的上 下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：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.土壤是自然界中最大的生态系统，具有十分重要的作用.利用绿色化学药剂来降低土壤中的重金属含量是改善土壤环境的一项重要工作，若在使用绿色化学药剂降低土壤中重金属含量的过程中，重金属含量（单位：）与时间（单位：）满足关系式，已知处理后，重金属含量减少，下列说法正确的是（ ）
A.表示未经处理时土壤中的重金属含量
B.的值为
C.使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约
D.函数为减函数
10.设为两条不重合的直线，为一个平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
11.如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A.存在点，使四点共面
B.存在点，使平面
C.三棱锥的体积为
D.经过四点的球的表面积为
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图所示，用斜二测画法画出的水平放置的及边上中线的直观图是及，其中，试按此图判定原中的四条线段中最长的线段是__________；最短的线段是__________.
13.在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为__________.
14.已知函数最大值为，则满足条件的整数的个数为__________.
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.已知直线是函数的图象的一条对称轴，且在上单调递增.
（1）求的值，并在上面网格纸中作出在上的大致图象；
（2）将函数的图象的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度后，得到函数的图象，求在上的值域.
16.如图所示正四棱锥为侧棱上的点.且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
17.在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，在边上（不含端点）存在点，使得，求的取值范围.
18.如图1，在矩形中，是的中点；如图2，将沿折起，使折后平面平面.
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）求证：平面；
（3）求点到平面的距离.
19.射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，若，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.
（1）当时，称为调和点列，若，求的值；
（2）①证明：；
②已知，点为线段的中点，，求.
2024年宜荆荆随恩高一6月联考
高一数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A A C D B B C
1.【答案】D
【详解】依题意，，故，
故.故选：D
2.【答案】A
【解答】由两边同乘可得充分性成立；
由，两边同乘，因不能确定的正负性，不能确定得到必要性不成立.故选A.
3.【答案】A
【详解】因为，
又，则，且，即，
因为，所以，所以.故选：A
4.【答案】C
【解答】定义在上的奇函数在区间上单调递增，且，
则在上单调递增，且，由得，或.故选：C.
5.【答案】D
【详解】在正八边形中，连接，则，
而，即，于是，在等腰梯形中，
，所以.故选：D
6.【答案】B
【详解】，
由，即，
，当且仅当，即时等号成立，故选：B
7.【答案】B
【详解】设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图：
的上 下底面面积分别为，则圆的半径分别为2，6，
则，解得，
故所求体积之比为.故选：B
8.【答案】C
【详解】，
，
，
.故选：C.
题号 9 10 11
答案 AD BD ABD
9.【答案】AD
【详解】当时，，故表示未经处理时土壤中的重金属含量，A正确，当时，①，故，B错误，②，
联立①②解得，，
则，
故使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约.C错误，
由于，所以单调递增，因此单调递减，正确，故选：AD
10.【答案】BD
【详解】对于A，直线可能在平面内，可能与平面相交，也可能平面平行，故A错误.
对于B，设直线为平面内的任意一条直线，因为，所以，
又，所以，即与内任意直线垂直，所以，故В正确.
对于C，若，则直线与直线可能平行，也可能异面，故C错误.
对于D，过直线作平面，使得平面与平面相交，设，
因为，所以，
又，所以，则，故D正确.
故选：BD
11.【答案】ABD
【详解】A：如图，在正方体中，连接.
因为分别是的中点，所以.
又因为，所以.
所以四点共面，即当与点重合时，四点共面，故A正确；
B：连接，当是的中点时，因为，所以.
因为平面平面，所以平面，故B正确；
C：连接，因为，则
，故C错误；
D：分别取的中点，构造长方体，
则经过四点的球即为长方体的外接球.
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过四点的球的表面积为，故D正确.
故选：ABD
12.【答案】；
【解答】
解：由斜二测法可知原图形是个直角三角形，其中角为直角，
则有
故最长的线段为，最短的为.
故答案为.
13.【答案】
【详解】因为，
所以由余弦定理，得，
所以，又，
则，
所以由余弦定理以及基本不等式得：
，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即面积的最大值为，
故答案为：.
14.【答案】5
【解析】
【分析】先用基本不等式证明的最大值是，得到，再由是整数及确定，最后逐个枚举的可能值并分类讨论即可得到全部的.
【详解】因为
，
且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得.
由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解.
所以的最大值是，从而，即.
若要，则，所以，这得到.
从而，且.
若，则；
若，则；
若，则.
所以满足条件的共有5个：.
故答案为：5.
15.【答案】（1）依题意，，故，
由于在上单调递增，故，
所以，解得，故；
列表可知
0
-1 0 2 0 -2 -1
作出在上的大致图象如下所示：
（2）将函数的图象的横坐标缩短为原来的后，得到；
再向右平移个单位长度后，得到的图象；
当时，，
所以当时，，
当时，，
故在上的值域为.
16.【答案】（1）因为正四棱锥中，，
即侧面的高，
所以正四棱锥的表面积.
（2）在侧棱上存在一点，使平面，满足.
理由如下：连接交于，并连接为中点，取中点为，因为，则，过作的平行线交于，连接.
在中，有平面平面平面，
由于.
又由于平面平面平面，
又平面，
平面平面，又平面，得平面.
17.【答案】（1）由余弦定理得，所以
.
（2）因为，所以，
由（1）知道，所以，所以，
所以由，可得，
从而（因为），
所以，结合是三角形内角可知，，
当时，在三角形中，设，则，
由正弦定理得，故，
因为，
所以，
在三角形中，由正弦定理得，
故，
因为，所以的取值范围是，
所以的取值范围是.
方法二：在本小问的解析中，所有“线段上”均不含端点和.
由知角是钝角，所以角都是锐角，
这表明点在直线上的投影在线段上.
设，则由在线段上及可知，
对线段上的点长度的取值范围是，所以条件等价于.
而我们有，
故.
由于，
故我们又有.
所以条件等价于，即.
综上，的取值范围是.（酌情给分）
18.【答案】（1）证明：四边形为矩形，
，
平面平面，
平面，
平面平面平面，
.
（2）证明：是中点，
，
，
，
平面平面，平面平面平面，
平面.
（3）解：由（2）可得平面，
平面，
过作于点，
平面平面，平面平面平面，
平面，
在等腰直角三角形中，由，可得，
设点到平面的距离为，
根据，
可得，
即，
解得，所以到平面的距离是.
19.【答案】（1）由知两点分属线段内外分点，
不妨设，
则，由，知，故，
即，所以；
（2）由题意，在中，
，
，
则①
又，在中，
，
，
则②，
又，
由①②可得，，
即
因为，
则，即，又点为线段的中点，即，
故，又，则，
设，且，
由可知，，
即，解得③，
又在中，利用正弦定理可知，④，
在中，利用正弦定理可知，⑤，
且，
则④可得，，即⑥，
由③⑥解得，，即
高一数学试卷
命题学校：宜昌一中 命题教师：高一数学备课组 审题学校：恩施高中
考试时间：2024年6月13日下午15：00-17：00 试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名 准考证号 考场号 座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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.若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，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.既不充分又不必要条件
3.若实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
4.若上的奇函数在区间上单调递增，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
5.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则（ ）
A. B.1 C. D.
6.已知函数，若（其中），则的最小值为（ ）
A. B. C.2 D.4
7.已知圆台的上 下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：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.土壤是自然界中最大的生态系统，具有十分重要的作用.利用绿色化学药剂来降低土壤中的重金属含量是改善土壤环境的一项重要工作，若在使用绿色化学药剂降低土壤中重金属含量的过程中，重金属含量（单位：）与时间（单位：）满足关系式，已知处理后，重金属含量减少，下列说法正确的是（ ）
A.表示未经处理时土壤中的重金属含量
B.的值为
C.使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约
D.函数为减函数
10.设为两条不重合的直线，为一个平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
11.如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A.存在点，使四点共面
B.存在点，使平面
C.三棱锥的体积为
D.经过四点的球的表面积为
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图所示，用斜二测画法画出的水平放置的及边上中线的直观图是及，其中，试按此图判定原中的四条线段中最长的线段是__________；最短的线段是__________.
13.在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为__________.
14.已知函数最大值为，则满足条件的整数的个数为__________.
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.已知直线是函数的图象的一条对称轴，且在上单调递增.
（1）求的值，并在上面网格纸中作出在上的大致图象；
（2）将函数的图象的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度后，得到函数的图象，求在上的值域.
16.如图所示正四棱锥为侧棱上的点.且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
17.在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，在边上（不含端点）存在点，使得，求的取值范围.
18.如图1，在矩形中，是的中点；如图2，将沿折起，使折后平面平面.
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）求证：平面；
（3）求点到平面的距离.
19.射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，若，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.
（1）当时，称为调和点列，若，求的值；
（2）①证明：；
②已知，点为线段的中点，，求.
2024年宜荆荆随恩高一6月联考
高一数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A A C D B B C
1.【答案】D
【详解】依题意，，故，
故.故选：D
2.【答案】A
【解答】由两边同乘可得充分性成立；
由，两边同乘，因不能确定的正负性，不能确定得到必要性不成立.故选A.
3.【答案】A
【详解】因为，
又，则，且，即，
因为，所以，所以.故选：A
4.【答案】C
【解答】定义在上的奇函数在区间上单调递增，且，
则在上单调递增，且，由得，或.故选：C.
5.【答案】D
【详解】在正八边形中，连接，则，
而，即，于是，在等腰梯形中，
，所以.故选：D
6.【答案】B
【详解】，
由，即，
，当且仅当，即时等号成立，故选：B
7.【答案】B
【详解】设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图：
的上 下底面面积分别为，则圆的半径分别为2，6，
则，解得，
故所求体积之比为.故选：B
8.【答案】C
【详解】，
，
，
.故选：C.
题号 9 10 11
答案 AD BD ABD
9.【答案】AD
【详解】当时，，故表示未经处理时土壤中的重金属含量，A正确，当时，①，故，B错误，②，
联立①②解得，，
则，
故使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约.C错误，
由于，所以单调递增，因此单调递减，正确，故选：AD
10.【答案】BD
【详解】对于A，直线可能在平面内，可能与平面相交，也可能平面平行，故A错误.
对于B，设直线为平面内的任意一条直线，因为，所以，
又，所以，即与内任意直线垂直，所以，故В正确.
对于C，若，则直线与直线可能平行，也可能异面，故C错误.
对于D，过直线作平面，使得平面与平面相交，设，
因为，所以，
又，所以，则，故D正确.
故选：BD
11.【答案】ABD
【详解】A：如图，在正方体中，连接.
因为分别是的中点，所以.
又因为，所以.
所以四点共面，即当与点重合时，四点共面，故A正确；
B：连接，当是的中点时，因为，所以.
因为平面平面，所以平面，故B正确；
C：连接，因为，则
，故C错误；
D：分别取的中点，构造长方体，
则经过四点的球即为长方体的外接球.
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过四点的球的表面积为，故D正确.
故选：ABD
12.【答案】；
【解答】
解：由斜二测法可知原图形是个直角三角形，其中角为直角，
则有
故最长的线段为，最短的为.
故答案为.
13.【答案】
【详解】因为，
所以由余弦定理，得，
所以，又，
则，
所以由余弦定理以及基本不等式得：
，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即面积的最大值为，
故答案为：.
14.【答案】5
【解析】
【分析】先用基本不等式证明的最大值是，得到，再由是整数及确定，最后逐个枚举的可能值并分类讨论即可得到全部的.
【详解】因为
，
且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得.
由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解.
所以的最大值是，从而，即.
若要，则，所以，这得到.
从而，且.
若，则；
若，则；
若，则.
所以满足条件的共有5个：.
故答案为：5.
15.【答案】（1）依题意，，故，
由于在上单调递增，故，
所以，解得，故；
列表可知
0
-1 0 2 0 -2 -1
作出在上的大致图象如下所示：
（2）将函数的图象的横坐标缩短为原来的后，得到；
再向右平移个单位长度后，得到的图象；
当时，，
所以当时，，
当时，，
故在上的值域为.
16.【答案】（1）因为正四棱锥中，，
即侧面的高，
所以正四棱锥的表面积.
（2）在侧棱上存在一点，使平面，满足.
理由如下：连接交于，并连接为中点，取中点为，因为，则，过作的平行线交于，连接.
在中，有平面平面平面，
由于.
又由于平面平面平面，
又平面，
平面平面，又平面，得平面.
17.【答案】（1）由余弦定理得，所以
.
（2）因为，所以，
由（1）知道，所以，所以，
所以由，可得，
从而（因为），
所以，结合是三角形内角可知，，
当时，在三角形中，设，则，
由正弦定理得，故，
因为，
所以，
在三角形中，由正弦定理得，
故，
因为，所以的取值范围是，
所以的取值范围是.
方法二：在本小问的解析中，所有“线段上”均不含端点和.
由知角是钝角，所以角都是锐角，
这表明点在直线上的投影在线段上.
设，则由在线段上及可知，
对线段上的点长度的取值范围是，所以条件等价于.
而我们有，
故.
由于，
故我们又有.
所以条件等价于，即.
综上，的取值范围是.（酌情给分）
18.【答案】（1）证明：四边形为矩形，
，
平面平面，
平面，
平面平面平面，
.
（2）证明：是中点，
，
，
，
平面平面，平面平面平面，
平面.
（3）解：由（2）可得平面，
平面，
过作于点，
平面平面，平面平面平面，
平面，
在等腰直角三角形中，由，可得，
设点到平面的距离为，
根据，
可得，
即，
解得，所以到平面的距离是.
19.【答案】（1）由知两点分属线段内外分点，
不妨设，
则，由，知，故，
即，所以；
（2）由题意，在中，
，
，
则①
又，在中，
，
，
则②，
又，
由①②可得，，
即
因为，
则，即，又点为线段的中点，即，
故，又，则，
设，且，
由可知，，
即，解得③，
又在中，利用正弦定理可知，④，
在中，利用正弦定理可知，⑤，
且，
则④可得，，即⑥，
由③⑥解得，，即
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