浙江省2023_2024学年高一数学下学期5月联考试题含解析

这是一份浙江省2023_2024学年高一数学下学期5月联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 如图，平行四边形中，，等内容，欢迎下载使用。
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）
1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接计算得到，然后根据虚部的定义即可.
【详解】，所以.
故选：B.
2. 已知向量，，若与共线，则（）
A. B. 4C. D. 或4
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量平行的坐标表示，再解方程即可.
【详解】由两向量共线可知，即，解得或.
故选：D.
3. 如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（）
A. B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直观图还原为原图，如图，求出，进而求出，即可求解.
【详解】将直观图还原为原图，如图，
由，，所以，
所以，则，
即原平面图形的面积是．
故选：D
4. 某同学坚持夜跑锻炼身体，他用手机记录了连续周每周的跑步总里程（单位：千米），其数据分别为17，21，15，8，9，13，11，10，20，6，则这组数据的分位数是（）
A. 12B. 16C. 17D. 18.5
【答案】C
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】依题意这个数据从小到大排列为：，，，，，，，，，，
又，所以分位数为从小到大排列的第八个数，即为.
故选：C
5. 已知，，分别是三内角，，的对边，则“”是“为直角三角形”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
【答案】A
【解析】
【分析】在中，由，利用正弦定理结合三角形内角和及三角形内角取值范围求出，所以 “”是“为直角三角形”的充分条件；举出反例可以说明“”不是“为直角三角形”的必要条件；最后选出答案即可.
【详解】在中，由正弦定理可得：，
由，可得：，
所以，因为，所以，
即，所以，
因为，所以，
所以，所以为直角三角形，
故“”是“为直角三角形”的充分条件；
若为直角三角形，设，，
则，所以，
所以，
所以“”不是“为直角三角形”的必要条件；
即“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.
【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，
下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，
上底面圆的半径是，
所以杯套的表面积.
故选：C.
7. 如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出辅助线，找到二面角的平面角，并得到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积.
【详解】如图所示，过点作，过点作，两直线相交于点，
因为，，
所以，⊥，则⊥，
由于⊥，故即为二面角平面角，
则，
过点作⊥于点，
因为⊥，⊥，，平面，
故⊥平面，
因为平面，所以⊥，
又，平面，
则⊥平面，，
取的中点，则外接球球心在平面的投影为，即⊥平面，
连接，，则，过点作，交直线于点，
则，
，
，
由余弦定理得
，
设，则，故，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径为，外接球表面积为.
故选：C
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
8. 正方形边长为1，平面内一点满足，满足的点的轨迹分别与，交于，两点，令，分别为和方向上的单位向量，，为任意实数，则的最小值为（）
A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据题意确定，的位置，然后设，利用平面向量的减法运算可得，，，最后求点关于的对称点,点关于的对称点，计算长度即可得到答案.
【详解】由题意知，当时，点的轨迹与相交于，即，
当时，点的轨迹与相交于，即.
设，则，
，.
于是,
设点关于的对称点,点关于的对称点，
则，
所以点共线的时候取得最小值，
即.
故选：B.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 设是不同的直线，是不同的平面，则下列说法不正确的是（）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，B，D选项，可以举出相应的反例否定，而C选项可以直接证明.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，令，，，则，从而有，，但不满足，故B错误；
对于C，若，，，所以，因为是不同的平面，所以，故C正确；
对于D，若，，则或或与斜交，故D错误.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对空间中的位置关系的判定.
10. 已知，，且，则下列说法正确的是（）
A. 有最小值B. 有最小值
C. 有最小值D. 有最小值
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，直接利用基本不等式式即可；对于B，利用乘“1”法即可；对于C，代换，再利用乘“1”法即可；对于D，化简表达式得到，再利用和不能同时为零即可否定结论.
详解】对于A，由，得，当且仅当，即，时取等号，故A正确；
对于B，，当且仅当，即，时取等号，故B正确；
对于C，由，得，
所以，
当且仅当，即，即时取等号，故C错误；
对于D，有，
而由于和不相等，从而它们不能同时为零，所以，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用基本不等式及不等式的性质求出或否定最值.
11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（）
A. 存在点使得
B. 若点满足，则动点的轨迹长度为
C. 若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形
D. 当点在侧面上运动，且满足时，二面角的最大值为60°
【答案】AC
【解析】
【分析】根据各选项的条件，分别确定动点的轨迹，判断轨迹的形状，求轨迹周长，求二面角，进行判断.
【详解】对A：如图：
当点位于边上时，因为平面，所以，故A正确；
对B：如图：
当时，点轨迹为矩形，其中分别为，中点，所以动点轨迹的周长为：，故B错误；
对C：如图：
当平面时，点轨迹是正六边形，其中均为棱的中点，故C正确；
对D：如图：
当点在侧面上运动，且满足时，点轨迹是以为圆心，以1为半径圆弧，则即为二面角的平面角，所以当与的中点重合时，二面角取得最大值，此时，因为，所以.故D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量满足，则向量在上的投影向量为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由投影向量的公式计算可得.
【详解】，
又在上的投影向量为，
故答案为：.
13. 若，则的最大值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】由复数模的几何意义确定复数z对应点的轨迹，问题化为圆上点到原点的距离最大值，即可得结果.
【详解】令且，又，
所以，即，
所以复数z对应点在以为圆心，半径为1的圆上，
又表示圆上点到原点的距离，而圆心到原点距离为，
所以的最大值为.
故答案为：3
14. 在中，，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件利用三角形面积公式，向量的数量积和三角恒等变换，得，，的外接圆半径，，由向量的模和夹角讨论运算结果的取值范围.
【详解】，又，
由，解得，
由，得，则有，.
，
则有，
，则有，所以有，，
的外接圆为圆O，P为圆O上的点，
由正弦定理得的外接圆半径，则有，
，
，，
为中点，，，
当与方向相同时，有最大值，
当与方向相反时，有最小值，
所以的最大值为，最小值为，
即的取值范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义，具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用，本题利用向量数量积的定义结合了图形几何性质求解.
四、解答题（本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求样本成绩的第75百分位数；
（3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.
【答案】（1）；
（2）84；（3）平均值62，方差23.
【解析】
【分析】（1）利用每组小矩形的面积之和为1即可求得a的值.
（2）利用频率分布直方图结合第75百分位数的求法即可求得答案.
（3）根据平均数的计算公式可求得两组成绩的总平均数；根据由样本方差计算总体方差公式可求得两组成绩的总方差.
【小问1详解】
由每组小矩形的面积之和为1得，
所以.
【小问2详解】
成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
显然第75百分位数，由，解得，
所以第75百分位数为84.
【小问3详解】
由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，所以；
由样本方差计算总体方差公式，得总方差为.
16. 如图，在直三棱柱中，，，四边形为正方形.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，然后结合面面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据定义得出为二面角的平面角，结合解三角形知识即可得解.
【小问1详解】
由平面为正方形，因为，所以，
又因为，，所以，
所以，又，且，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，平面平面.
【小问2详解】
因为直角三角形中，.
所以，所以为等边三角形.
又因为为等腰三角形.
所以取得中点，连结，，则，，
所以为二面角的平面角.
因为直角三角形中，.
在等边三角形中，
所以在三角形中，.
所以二面角的余弦值为.
17. 请从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（如未作出选择，则按照选择①评分.选择的编号请填写到答题卡对应位置上）
在中，，，分别是角，，的对边，若______，
（1）求角的大小；
（2）若，为边上一点，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，则由正弦定理、三角恒等变换可得，由此即可得解；若选②，则由正弦定理、余弦定理可得，由此即可得解；若选③，则由正弦定理三角恒等变换可得，进一步即可得解.
（2）在中，由余弦定理得，对，两边平方整理得，联立解出，结合三角形面积公式即可得解.
【小问1详解】
若选①，因为，
由正弦定理得，
即，
所以，
由，得，所以，即，
因为，所以.
若选②，由，化简得.
由正弦定理得：，即，所以.
因为，所以.
若选③，由正弦定理得，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，即.
【小问2详解】
由（1）知，且，
在中，由余弦定理得，
即①，
由于，所以，
平方，
即②.
由①②得：，，
所以的面积为，
即所求面积为.
18. 在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【小问1详解】
平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
【小问2详解】
法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法2：取中点，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19. 如图，是一座“双塔钢结构自锚式悬索桥”，悬索的形状是平面几何中的悬链线，悬链线方程为（为参数，），当时，该方程就是双曲余弦函数，类似的有双曲正弦函数.
（1）类比正弦函数二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论：______.（用，表示）
（2），不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）设，证明：有唯一的正零点，并比较和的大小.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）仿照正弦函数的二倍角公式写出类似形式，代入新定义中给出的关系验证即可.
（2）根据单调性求出函数的值域，代入不等式求解即可.
（3）将新定义代入可以得到，根据零点存在定理和在单调递增，可证有唯一正零点；通过代换去掉指数式，做差可证得.
【小问1详解】
仿照正弦函数的二倍角公式：，得；
将定义带入验证，可得
成立.
故答案为：
【小问2详解】
依题意，，不等式，
函数在上单调递增，，令，
显然函数在上单调递减，在上单调递增，，
又，
于是，，
因此，，显然函数在上单调递减，
当时，，从而，
所以实数的取值范围是.
【小问3详解】
依题意，，显然在上为增函数，
且，，
则在上存在唯一的实数，使，
所以有唯一的正零点；
由，得，两边同时取对数得，
于是，
而在上是增函数，则有，
因此，所以.
【点睛】方法点睛：对于证明连续函数在区间内有唯一零点的问题，可以寻找命题的一个充分条件：在区间上是单调函数，并在区间内存在两个特殊值，，使得.