【文档说明】湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题 Word版含解析.docx，共(15)页，1.057 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题命题学校：蕲春一中命题人:陈正鹏审题人：邓旋考试时间：2024年5月29日14:30-16:30满分150分注意事项: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，将答题卡交回.4.本试卷主要考试范围:人教A版必修第一册至必修第二册第六、七、八章.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.

已知集合{32},31xAxxByy===+∣∣,则()A.31,2AB=B.3,2AB=+C.31,2BCA=D.AB2.ABC中,角A,B,C所对的边分别为,,,abc已知32,,cos65bBA===−,则a=()A.225B.82

5C.8615D.26153.已知两条不同的直线,mn,两个不同的平面,,则下列说法正确的是()A.若//,,mn,则//mnB.若,mnm⊥⊥,则//nC.若,,nnm⊥=⊥,则m⊥D.若,,

//nmm=,则//mn4.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,(2,3),(3,1)MN,则cos2MON=()A.5665−B.365C.1665D.33655.已知0,0xy,且41xy+=

,则2xyxy+的最小值为()A.62B.42C.4D.66.已知向量(1,sin),(cos,2)22mn==−,则下列命题中不正确的是()A.存在,使得||||mn=B.当3mn=时,tan2=C.当m与n垂直时

,2tan2=−D.m与n可能平行7.若1()141xfx=−+,对任意实数,ab,则“0ab+”是“()()1fafb+”成立的()A.充分且必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件8.若函数()10110()0nnnnfxaxaxaxaa−−=

++++有n个不同的零点12,,,nxxx,则()()()012()nfxaxxxxxx=−−−.已知2()(4)gxxx=−,存在实数,,,abct满足()()()()gagbgctabc===,则abc++=()A.8B.-8

C.16D.与实数t有关二.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.设12,zz是复数,则下列说法正确的是()A.若1z为纯虚数,则210zB.若12zz=,则2212zz=C.若12zz=

,则12zz=D.若12zzR,则12zz=10.下列说法正确的()A.非零向量,ab，若a与b共线，则||||abab=B.非零向量,ab满足()()abab+⊥−,则||||ab=C.在ABC中,若0||||ABACBCABAC+=

,且12||||ABACABAC=,则ABC为等边三角形D.已知单位向量,,abc满足2340abc++=,则14ab=−11.在长方体1111ABCDABCD−中,14,2AAABBC===,

动点N在线段1AC上(不含端点),M在线段AB上,则()A.存在点N,使得//BN平面11AADDB.存在点N,使得ACBN⊥C.NBND+的最小值为2303D.MN的最小值为455三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分

.把答案填在答题卡中的横线上.12.已知i是虚数单位,复数43i|(32i)z=−−∣,则复数z的虚部为______________.13.“文翁千载一时珍,醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人,明代著名医药学家.他历经2

7个寒暑,三易其稿,完成了192万字的巨著《本草纲目》,被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍,人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像,如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度,在地面上选取共线的三点A、B、C,分别测得雕像顶的仰角为604503、、,且67610ABBC==米,则雕像高为

_____________米.14.用平行于棱锥底面的平面去截棱锥,把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台.在正三棱台111ABCABC−中,侧棱1114,6,2AAABAB===,则侧棱1AA与底面ABC所成角的正弦值为_____________,该三棱台的体积为_

____________.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.(本小题满分13分)已知向量(2cos,sincos),(3sin,sincos)axxxbxxx=+=−,且函数()fxabm=−在xR时的最

大值为23−.(1)求常数m的值;(2)当[0,]x时,求函数()fx的单调递增区间.16.(本小题满分15分)已知复数32iz=−(i为虚数单位).(1)求|1i|z−+;(2)若(cosisin)5izr=++,其中0,

[0,2)r,求,r的值;(3)若213z=,且2zz是纯虚数,求2z.17.(本小题满分15分)如图所示,圆内接四边形ABCD中,3,23,ABADC==为圆周上一动点,3BCD=.(1)求四边形ABCD周长的最大

值;(2)若12BCCD=,求AC的长.18.(本小题满分17分)在四棱锥PABCD−中,平面PAD⊥平面ABCD,E为AD边上一点,F为PB中点,,2,4,1,23,3BCADABBCPAADAEPDABC=======‖.(1)求四棱锥PABCD−的体积;(2

)证明://AF平面PCE;(3)证明:平面PAB⊥平面PBC.19.(本小题满分17分)如图,设,OxOy是平面内相交成(0)的两条射线,12,ee分别为,OxOy同向的单位向量,定义平面坐标系xOy为−仿射坐标系.

在−仿射坐标系中,若12OPxeye=+,则记(,)OPxy=.(1)在−仿射坐标系中①若(,)amn=,求||a;②若(1,3),(3,1)ab=−=−,且a与b的夹角为3,求cos；(2)如图所示,在π3−仿射坐标系中,B,C分别在x轴,

y轴正半轴上,7||1,,,19BCODOCEF==分别为BD,BC中点,求OEOF的最大值.2024年云学名校联盟高一年级5月联考数学评分细则(A卷)一、选择题、填空题题号1234567891011答案DBDCDDAAACBCBCD题号121314答案-1020.16352234.解

析:(2,3),(3,1)OMON==所以639cos||||4991130OMONMONOMON+===++,28116cos22cos12113065MONMON=−=−=5.解析:2222(4)4246xyxyxyxxyyxyxyxyxyxyxy++++++===,

当且仅当xy=时取最小值,此时15xy==.7.解析：依题意得1114()()112141414141xxxxxfxfx−+−=−+−=−−=++++所以()fx关于点10,2中心对称,易知()fx在[0,)+单增,所以在R上也单增

.当0ab+时,则,f()f()abab−−,又()()1fbfb+−=,所以()()1fafb+当()()1,f()f()f()f()fafbabbb+++−,即f()f()ab−,又因为()fx在R上为单增函数,所以ab−,即0ab+

8.解析:依题意知()ygxt=−有三个零点2,,,(4)()()()abcxxtxaxbxc−−=−−−,展开对应项系数相等得.3232816()()xxxxatbcbccaabcxabx−+−=−++

+++−,所以8abc++=10.解析：对于选项A,当a与b反向时,,A||||abab=−错误;对于选项22B,()()0,,||||abababab+−===,B正确;对于选项C,||ABAB表示与AB同向的单位向量,||ACAC表示与AC同向的单位向

量,12||||ABACABAC=,所以AB与AC夹角为60,||||ABACABAC+表起点相同的两个单位向量的和向量,为BAC角平分线同向的向量,与BC垂直,所以ABAC=,所以ABC为等边三角形,C

正确;对于选项D,因为2340abc++=,所以234abc+=−,两边平方得,22(23)(4)abc+=−,即1412916,,D4abab++==错误.11.解析：对于选项A:若存在点N,使得//BN平面1AAD,又因为//BC平面1,AADN不与C重

合.BN与BC相交于B点,且都在平面1ABC内,则平面1//ABC平面1AAD与题目不相符,A错误.对于选项B,连接BD,且0ACBD=,如图所示,当N在1AC中点时,因为点O为AC的中点,所以1//ONAA,因为1AA⊥平面ABC

D,所以ON⊥平面ABCD,又因为AC平面ABCD,所以ONAC⊥,因为ABCD为正方形,所以ACBD⊥.又因为BDONO=,且,BDON平面BDN,所以AC⊥平面BDN,因为BN平面BDN,所

以ACBN⊥,所以B正确;对于选项C:将1ABC和1ACD所在的平面沿着1AC展开在一个平面上,如图所示1ABC和1ADC是全等的直角三角形,1125,2ABADBCCD====,连结1,BDBDAC⊥,则NBND+的最

小值为BD,直角1ABC斜边1AC上高为22530326=,直角1ACD斜边1AC上高也为303,所以NBND+的最小值为2303,所以C正确;对于选项D:过N点作//NPCD,交1AD于P,作1NT//AA,交AC于T,过T作//MTBC交AB于M.(若M在其它位置,MN长

度比此时大)如图所示易证明平面//MNT平面1,AADMN平面MNT,所以MN∥平面1AAD//,//NPCDAMCD,所以//,AMNPMN平面AMNP,平面AMNP平面1AADAP=,所以//MNAP,所以四边形AMNP为平行四边形.所

以MNAP=,当AP最小时MN最小,在Rt1AAD中,14,||2AAAD==,可得125AD=,所以由等面积得|AP|最小值为455,即MN最小值为455,所以D正确,故选:BCD.13.解析:如图所示,设雕像的高为PO=h,则3,,3,3OAhOBhOChO

B===为中线,由平行四边形的性质()22222(2)OAOCOBAC+=+得6667620.1m2210hAB===.故答案为:20.114.解析:如图所示,延长侧棱相交于点P,取BC中点D，AD的三等分点O(靠近D点)连接OP,依题意得111111~,3ABPAPABPABABPA==,

所以1112PAAB==,又因为三棱台111ABCABC−是正三棱台,PA=PB,所以三棱锥PABC−为正四面体.所以PO⊥平面ABC,1AA与底面ABC所成角为223,6,23332PAOPAAOADAB====,所以22626,si

n3POOAPAPAO=−==.2311362334312PABCABCVSPOABABAB−===,同理111311212PABCVAB−=,所以该三棱台的体积为33112252212123ABAB−=【评分细则】【14题第一空2分,第二

空3分】四、解答题五、15.【答案】(1)3(2)0,3和5,6,(写开区间不扣分)解(1)2223sincossincos3sin2cos22sin26abxxxxxxx=+−=−=−………………..3分πf()2sin

2m,R6xxx=−−时,maxf()223xm=−=−,解得:3m=.………………….6分(2)由(1)知:πf()2sin236xx=−−令222()262kxkkZ

−+−+,解得:()63kxkkZ−++,………………….9分又因为[0,]()xfx的单调递增区间为0,3和5,6………………….………………….13分(写开区间不扣分,少

一个扣3分,其它方法酌情给分)【评分细则】15.按原评分标准给分。T15.(2)[0,]x另解：112,666x−−∴只需3112,2,662626xx−−−

，即50,,36xx，()fx的单调增区间为0,3和5,6注:若写成250,,36扣1分.16.解(1)12zii−+=−………………….…………………..2分|z1i|5.−+=

………………….…………………..4分(2)32i(32i)(5i)1313i11i5i5i(5i)(5i)2622z−−−−====−+++−.………………….………………….6分222i222=−.………………….…………………..7分27727coss

in,,24424ir=+==(错一个扣2分).………………….………………….9分(3)设2izababR=+，，则22213zab=+=,所以2213ab+=①2(32i)(i)(32)(32)izzababba=−+=++−.………

………….………………….12分因为2zz是纯虚数,所以320,320abba+=−②由①②联立,解得23ab==−或23.ab=−=……………….…………………14分所以2z23i=−或2z23i=−+..…………

…….…………………15分【评分细则】16.按原评分标准给分。17.解:(1)(方法):连接BD,因为π3BCD=,所以2π3DAB=,在ABD中,22222cos3BDABADABAD=+−,得21BD=.…………

…….…………………2分设DBC=,则23BDC=−,在BCD中由正弦定理得2sinsinsin33BCCDBD==−,所以227sin,27sin3CDBC==−…………………….3分所以227sinsin3BCCD+

=+−……………….………………….4分3327sincos22=+……………….………………….5分273sin2216=+……………….…………………6分当且仅当3=时,周长的最大值

为22133+……………………7分(方法二)连接BD,因为π3BCD=,所以2π3DAB=,在ABD中,22222cos3BDABADABAD=+−,得21BD=,……………….…………………2分在BCD中由余弦定理得2222222cos()3,3BDBCC

DBCCDBCCDBCCDBCCDBCCD=+−=+−=+−………3分所以2()213BCCDBCCD+−=,因为22BCCDBCCD+当且仅当BCCD=时等号成立……………….…………………5分所以223()21(),2214BCCDBCCDBCCD+−++,

……………….…………………6分所以周长的最大值为22133+..……………….…………………7分(2)依题意得12BCCD=,设,2BCxCDx==,.……………….…………………8分在BCD中由余弦定理得2222cos,21,3

BDBCCDBCCDBD=+−=……………….…………………10分所以2222(21)(2)2,7,7,27xxxxxBCCD=+−===..……………….…………………11分222CDBCBD=+,所以2DBC=,在ABD中,由正弦定理得2sinsin3

BDADABD=,所以21sin..........127ABD=分21coscossin27ABCABDABD=+=−=−,……………….………………….13分在

ABC中,由余弦定理得2222cos16,4ACABBCABBCABCAC=+−==……………………15分(其它方法酌情给分)【评分细则】17.按原评分标准给分。18.解:(1)2222,23,4,,PAPDADADPAPD

PAPD====+⊥,且3PAD=又π2,1,3PAAEPAD===,由余弦定理得2223,PEPAAEPE==+,………………………2分PEAD⊥,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD平面,ABCDADPE=平面PAD,PE⊥平面

ABCD……………….…………………3分连接π,2,,2,3ACABBCABCACABC====为等边三角形,2//,..,2,4,333BCADABCDABDACACCDACCD=====⊥得ACD为直角三角形.

23122233342ABCACDABCDSSS=+=+=四边形……………….…………………5分11333333PABCDABCDVPES−===四边形……………….…………………………6分(2)取PC中点,MF为PB中点,FM为PBC中位线,1//2FMBC,又1//2AE

BC,//,FMAE四边形AFME为平行四边形.……………………………………….………………8分//AFME,又ME平面,PCEAF平面PCE,//AF平面PCE……………….………….…………………………………

.…………………11分(3)由(2)得四边形AFME为平行四边形.3,CEPEM==为PC的中点,MEPC⊥,又//,AFMEAFPC⊥在PAB中,,ABPAF=为PB中点,AFPB⊥,…………….……………….…………………13分PB平面,PBCPC平面,PBCPBPC

P=AF⊥平面PBC……………………………….…………….………………………………………15分又AF平面PAB平面PAB⊥平面PBC.…….………………………………….………17分(其它证明方法酌

情给分)【评分细则】18.按原评分标准给分。19.解：(1)①因为12(,),amnamene==+,()2222222212112222cos,amenememneenemmnn=+=++=++所以22||2cosammnn=++.……….……………….…………….……………………

……………4分②由(1,3),(3,1)ab=−=−,得22||(1)2(1)3cos3106cosa=−+−+=−.…………………5分22||(3)2(3)1cos1106cosb=−+−+=−.………………………6分()()2212121212333310610c

osabeeeeeeee=−+−+=+−=−.………………………7分因为a与b的夹角为3,则610cos1cos3106cos2||abab−===−∣,得1cos7=.…………………….9分(2)方

法：依题意设(,0),(0,),(0,0)BmCnmn77,1,0,31919BOCBCODOCn====因为F为BC中点1211112222OFOCOBmene=+=+E为BD中点

,所以12111722238OEODOBmene=+=+………………………………………………11分所以2222121212121117177122238476764OEOFmenemenemenemnm

nee=++=+++因为22121211,11cos32eeee====.2222177111713476764247676OEOFmnmnmnmnmn=+++=++……………………………

…12分在OBC中依据余弦定理得221mnmn+−=,所以221mnmn=+−,代入上式()22225813113581919761976OEOFmnmn=+−=+−.…………………………………………………14分设222211(0)4mnmntmntt

+−=+,则221(1)114tmnt−+−,…………………………15分令(1)51814tt−=−得2321250tt−−=,得1251,84tt==−(舍),所以222233401,58853

mnmn++()221131401312158197619376228OEOFmn=+−−=……………………………………………17分方法二：方法一：依题意设(,0),(0,),(0,0)BmCnmn77,1,0,31919BOCBCO

DOCn====因为F为BC中点1211112222OFOCOBmene=+=+E为BD中点,所以12111722238OEODOBmene=+=+……………………………………………11分所以222212121212111717712223847676

4OEOFmenemenemenemnmnee=++=+++因为22121211,11cos32eeee====.2222177111713476764247676OEOFmnmnmnmnm

n=+++=++…………………………12分在OBC中依据余弦定理得221mnmn+−=,所以221mnmn=+−,代入上式()22225813113581919761976OEOFmnmn=

+−=+−.………………………………………………14分在OBC中,由正弦定理sinsinsin3BCOCOBCOBBCO==,设22,sin,sin333BCOmn===+222221cos22032201cos232358sinsin3

333232mn−+−+=++=+2135(1cos2)81cos2sin2.322=−+++……………………………………………………16分2240(13c

os243sin2)[13481sin(2)],333=−+=++−1tan43=()221131401312158.197619376228OEOFmn=+−−=………………………………………………17分【评分细则】按上面评分细则

给分