浙江省2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试卷(含答案)

这是一份浙江省2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．已知向量，，若，则( )
A.1B.-1C.3D.
3．已知，则( )
A.1B.C.D.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．已知样本数据，，，，的平均数为x，方差为，若样本数据，，，，的平均数为，方差为，则平均数( )
A.1B.C.2D.
7．若实数，则的最小值为( )
A.B.C.D.
8．已知球O的半径，球面上有三点A，B，C，满足,，点D在球面上运动，则当四面体的体积取得最大值时，( )
A.B.C.13D.
二、多项选择题
9．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
10．已知正方体的棱长为2，棱，的中点分别为E，F，点G在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是( )
A.存在点G，使得平面平面
B.不存在点G，使得直线平面EFG
C.三棱锥的体积不变
D.存在点G，使得平面
11．如图，已知长方形中，，，，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
12．若为纯虚数（i为虚数单位），则实数______.
13．对于任意的，恒成立，则实数a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
15．已知向量，，且与的夹角为.
（1）求m和；
（2）若向量与所成的角是锐角，求实数的取值范围.
16．已知函数是定义在R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a的取值范围.
17．如图，在三棱锥中，已知，，，.
（1）求三棱锥体积；
（2）求侧面与侧面所成的二面角的余弦值.
18．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角C；
（2）若，求的面积S的取值范围；
（3）若，且，求实数p的取值范围.
19．在复数域中，对于正整数n，满足的所有复数称为n次单位根，若一个n次单位根满足对任意小于n的正整数m，都有，则称该n次单位根为n次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时存在四个次单位根，，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.
参考答案
1．答案：A
解析：，又，
所以.
故选：.
2．答案：C
解析：向量，，若，，则有，得.
故选：C
3．答案：B
解析：因为，
所以，解得或（舍去）.
故选：B
4．答案：B
解析：取AB的中点E，的中点F，连接，，
又M，N分别为和的中点，
正方体中，，，四边形为平行四边形，有，
同理有，则或其补角为AM与BN所成的角，
连接EF，设正方体的边长为a，则，
，，
所以，
因此，即异面直线AM与BN所成角的正弦值为.
故选：B.
5．答案：D
解析：显然可知函数在上单调递增，
由零点存在定理可得，
即，解得，
要成为命题p成立的一个必要不充分条件，
则该条件所对应的集合包含，
经检验，D选项是命题成立的必要不充分条件.
故选：D.
6．答案：C
解析：已知样本数据，，，，的平均数为x，方差为，
则样本数据，，，，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．答案：D
解析：
，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D
8．答案：A
解析：因为，，，
所以，因此外接圆半径为，
因为球O的半径，所以球心O到平面ABC的距离为5，.
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
9．答案：BCD
解析：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.
故选：BCD
10．答案：ACD
解析：对于A，取的中点G与E，F构成平面（如图），
因为棱，的中点分别为E，F，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又棱，的中点分别为E，G，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于，分别取，，，的中点N，P，M，Q，与E，F构成正六边形（如图），
因为棱，的中点分别为M，N，所以，
因为平面，平面，所以平面，
此时点G的轨迹为线段NP，故B错误.
对于C，因为点G到下底面ABCD的距离不变为正方体的棱长2，
三角形面积为，
所以三棱锥的体积不变，为，故C正确；
对于D，当点G与点重合，连接，可得平面，（如图），
下证：平面，
由正方体中可得平面，
因为平面，所以，
因为底面为正方形，所以，
因为平面，所以平面.
因平面，所以，
由正方体中可得平面，
因为平面，所以，
因为侧面为正方形，所以，
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，故D正确.
故选：ACD
11．答案：ABD
解析：以A为原点，、所在直线分别为x轴、y轴，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，因为，
所以，即，
对于A选项，当时，，
则，，，
所以，故A正确；
对于B选项，当时，，
则，，
所以，故B正确；
对于C选项，，，
由，得，
所以当时，，故C错误；
对于D选项，因为，
则，
所以，解得，
所以，，
因为在上单调递增，
所以，，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12．答案：2
解析：因为，所以当时，为纯虚数.
故答案为：2
13．答案：
解析：不等式，对任意的恒成立，
，则
则恒成立，
令，，
所以恒成立，则，
设在单调递增，所以的最大值为，
所以，
所以a的取值范围为.
故答案为：
14．答案：
解析：设正四面体ABCD的棱长为a，
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，
设点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，
由正四面体的性质可知该球球心O为正四面体ABCD的中心，
即O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，记M为的中心，连接BM，AM，
由正四面体的性质可知O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：.
15．答案：（1），；
（2）.
解析：（1）向量，，且与的夹角为.
则，，，
由，有，解得，
所以，得.
（2），
由得，
又，，
若与共线，则有，解得，
此时与同向平行时，不合题意，
所以且.
则实数的取值范围.
16．答案：（1）；
（2）
解析：（1）函数是定义在R上的偶函数，
，可得恒成立，
即，，
因为在R上不恒成立，
，
所以的解析式为.
（2）由（1）知，当时，令，.
不等式恒成立，等价于恒成立，
恒成立，则，
令，，任取，
则
，
因为，，所以，
所以，为增函数，
所以当时，.
所以a的取值范围为.
17．答案：（1）；
（2）
解析：（1），，，
，平面，平面.
又，，，.
又，，，
.
（2）过点C作于点D，作于点E，连接CE.
平面，平面，则平面平面，
平面平面，，面，
平面，由平面，有，又，
，平面，则平面，
平面，则有，
由，知为侧面与侧面所成的二面角的平面角.
中，，，则
又，，中，，则，得，
同理，中，，
，即侧面与侧面所成的二面角的余弦值为.
18．答案：（1）；
（2）；
（3）
解析：（1）由，得，
由余弦定理得，
再由正弦定理及倍角公式得
，
得，即，在锐角中，有.
（2），，则.
由正弦定理，有，
.
又是锐角三角形，有，得，则，
所以.
即的面积S的取值范围；
（3），，由正弦定理，
得，，
，即
又，且，
，
设，函数，，
任取，则，
，，
当，，，即，
当，，，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
，，
，，则
实数p的取值范围为.
19．答案：（1）全部的8次单位根是1，，i，，，，-i，；其中是本原单位根的是，，，；
（2），，；
（3）
解析：（1）先证明：对，n次单位根是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1.
我们记，则全部的n次单位根是1，，，，.
设，考虑：
若k和n的最大公约数，则，从而不是本原单位根.
若不是本原单位根，设，，则由可知是n的倍数，
设d为k和n的最大公约数，则是的倍数，而和没有大于1的公约数，故m是的倍数，
所以由可知，得.
这就得到结论：对，n次单位根是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1.
下面回到原题，考虑.
此时，全部的8次单位根是1，，，，依次列出即是：
1，，i，，，，-i，.
根据上面的结论，其中是本原单位根的是，，，，即，，，.
（2）对，我们考虑全体次单位根.
每个均可表示为，其中q是正奇数，.
则，所以是次单位根.
又因为，且q和的最大公约数为1，故是次本原单位根.
而时，是1次本原单位根，故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里.
另一方面，根据刚才证明的，每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根.
这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中.
所以.
这就直接推出，且
，.
（3）根据第1小问得到的结论，全部的16次本原单位根是，，，，.
故.
再根据的定义，知.
根据第2小问的结论有.
故.
在的条件下，有，从而在复平面上对应的点可在圆上自由转动.
而代表和在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆上一点到点的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是，最大距离是.
所以所求的取值范围是.