2023-2024学年湖南省雅礼教育集团高一（下）月考数学试卷（4月份）(含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省雅礼教育集团高一（下）月考数学试卷（4月份）(含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.命题“∀x<−1,lg2x2>0”的否定为( )
A. ∀x<−1，lg2x2≤0B. ∀x≥−1，lg2x2>0
C. ∃x≥−1，lg2x2>0D. ∃x<−1，lg2x2≤0
2.设复数z=a+bi(其中a、b∈R，i为虚数单位)，则“a=0”是“z为纯虚数”的( )
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件
3.若角330°的终边上有一点(a,−1)，则a的值为( )
A. 3B. − 3C. ± 3D. 33
4.函数f(x)=ex−1ex+1⋅sinx在区间[−π2,π2]上的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′(如图所示)，其中B′O′=C′O′=1，A′O′= 32，那么△ABC是一个( )
A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 三边互不相等的三角形
6.已知实数m，n满足1>m>n>0，设a=mlnn，b=nlnm，c=nlnn，则( )
A. a=b>cB. a>b>cC. c>a>bD. c>a=b
7.已知正三角形ABC的边长为4，点P在边BC上，则AP⋅BP的最小值为( )
A. 2B. 1C. −2D. −1
8.在△ABC中，D为边BC上一点，∠DAC=2π3，AD=4，AB=2BD，且△ADC的面积为4 3，则sin∠ABD=( )
A. 15− 38B. 15+ 38C. 5− 34D. 5+ 34
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题不正确的是( )
A. 棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似
B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C. 若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则P∈l
D. 若n条直线中任意两条共面，则它们共面
10.已知z是复数，且z+1z−1为纯虚数，则( )
A. |z−|=1B. z⋅z−=1
C. z在复平面内对应的点在实轴上D. |z−2−2i|的最大值为2 2+1
11.已知锐角△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠C=π3，c=2.则下列结论正确的是( )
A. △ABC的面积最大值为2B. AC⋅AB的取值范围为(0,4)
C. bcsA+acsB=2D. csBcsA的取值范围为(0,+∞)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2,−1)，b=(4,x)，且a//b，则|a+2b|= ______．
13.已知α+β=π3(α>0,β>0)，则tanα+tanβ的最小值为______．
14.已知f(x)=m(x−2m)(x+m+3)，g(x)=2x−2.若∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0，则m的取值范围是______．
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13分)
(1)已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的体积；
(2)如图(单位：cm)，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2 7bcsAsinB+acs2B−a=0．
(1)求tanA的值；
(2)若a= 2，点M是AB的中点，且CM=1，求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=2sin(2x+π6)．
(1)求函数f(x)在[0,2π]上的单调递减区间；
(2)若g(x)=f(x)−85在区间(0,π2)上恰有两个零点x1，x2(x118.(本小题17分)
已知函数f(x)对任意实数m、n都满足等式f(m−n)+f(m+n)=f(2m)，当x>0时，f(x)<0，且f(2)=−4．
(1)判断f(x)的奇偶性；
(2)判断f(x)的单调性，求f(x)在区间[−3,5]上的最大值；
(3)是否存在实数a，对于任意的x∈[−1,1]，b∈[−1,1]，使得不等式f(x)19.(本小题17分)
如果函数y=f(x)满足以下两个条件，我们就称y=f(x)为L型函数．
①对任意的x∈(0,1)，总有f(x)>0；
②当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，总有f(x1+x2)(1)记g(x)=x2+12，求证：y=g(x)为L型函数；
(2)设b∈R，记p(x)=ln(x+b)，若y=p(x)是L型函数，求b的取值范围；
(3)是否存在L型函数y=r(x)满足：对于任意的m∈(0,4)，都存在x0∈(0,1)，使得等式r(x0)=m成立？请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：“∀x<−1,lg2x2>0”的否定为：∃x<−1，lg2x2≤0．
故选：D．
任意改存在，将结论取反，即可求解．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的概念，以及充分条件，必要条件，属于基础题．
根据复数的概念可得当a=0，且b≠0时，z为纯虚数，再根据充分条件，必要条件的定义可以判断．
【解答】
解：复数z=a+bi(其中a、b∈R，i为虚数单位)，当a=0，且b≠0时，z为纯虚数，
则“a=0”是“z为纯虚数”必要非充分条件．
故选：B．
3.【答案】A
【解析】解：因为角330°的终边上有一点(a,−1)，
所以tan330°=−1a，
又tan330°=tan(−30°)=−tan30°=− 33，
所以−1a=− 33，
所以a= 3．
故选：A．
利用任意角的三角函数的定义结合诱导公式求解．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义以及诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵f(x)−f(−x)=ex−1ex+1⋅sinx−e−x−1e−x+1⋅sin(−x)=(ex−1ex+1+1−ex1+ex)sinx=0，
∴f(x)为偶函数，
又当x∈(0,π2]时，则sinx>0，ex>e0=1，
∴ex+1>0，ex−1>0，
∴f(x)>0，
综上所述：A正确，B、C、D错误．
故选：A．
根据函数的奇偶性及函数值的符号，即可求解．
本题考查函数的奇偶性，函数的单调性，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，如下图所示：
由图易得AB=BC=AC=2
故△ABC为等边三角形，
故选A
根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．
本题考查的知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形．
6.【答案】D
【解析】解：因为0因为m>n>0，所以mlnn因为1>m>n>0，所以0>lnm>lnn，
因为0因为lna=lnn⋅lnm，lnb=lnm⋅lnn，
所以lna=lnb，所以a=b，
所以c>a=b．
故选：D．
利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性求解．
本题考查了利用函数单调性比较大小，考查了函数思想，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
可知A(−2,0)，B(2,0)，C(0,2 3)，
则BC的方程为： x2+y2 3=1，设P(x, 3(2−x))x∈[0，2]，
所以AP⋅BP=(x+2, 3(2−x))⋅(x−2, 3(2−x))=x2−4+3(2−x)2=4x2−12x+8，
当x=32时，数量积取得最小值：−1．
故选：D．
通过建系，求出相关点的坐标，利用向量的数量积，推出表达式，然后求解最小值即可．
本题考查向量的数量积的求法，二次函数的最值的求法，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由题意，S△ADC=12×AD×AC×sin∠DAC
=12×4×AC× 32=4 3，解得AC=4，
所以△ADC为等腰三角形，
则∠ADC=π6，故∠ADB=5π6，
在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
即2BD12=BDsin∠BAD，得sin∠BAD=14，
因为∠ADB=5π6，所以∠BAD为锐角，
故cs∠BAD= 154，
故sin∠ABD=sin(∠ADC−∠BAD)=sin(π6−∠BAD)
=12cs∠BAD− 32sin∠BAD= 15− 38．
故选：A．
由已知，解得AC=4，得△ADC为等腰三角形，在△ABD中，由正弦定理得sin∠BAD=14，从而得cs∠BAD= 154，再由两角差的正弦公式即可求得结论．
本题考查三角形中的几何计算，考查正弦定理的应用，属中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，棱台的上、下底面相似，但侧棱长不一定相等，故A正确；
对于B，棱锥的定义为：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫棱锥；而有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体也可能是组合体，与棱锥的定义相矛盾，故B错误；
对于C，因为直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，
所以P∈面α，且P∈面β，又α∩β=l，所以P∈l，故C正确；
对于D，反例：正方体的侧棱任意两条都共面，但这4条侧棱却不共面，故D错误．
故选：BD．
直接根据棱台、棱锥的定义判断选项A和B，选项C用点、线、面公理判断即可，选项D举反例即可判断．
本题考查棱台、棱锥的定义、点、线、面公理判断等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由题意设z=x+yi(x,y∈R)，
则z+1z−1=(x+1+yi)(x−1−yi)(x−1+yi)(x−1−yi)=x2−1+y2−2yi(x−1)2+y2=x2−1+y2(x−1)2+y2−2yi(x−1)2+y2．
因为z+1z−1为纯虚数，
所以x2−1+y2=0，且y≠0，即x2+y2=1，且y≠0．
因此|z−|= x2+y2=1，故选项A正确；z⋅z−=x2+y2=1，故选项B正确；
因为z在复平面内对应的点为(x,y)，y≠0
所以z在复平面内对应的点不在实轴上，故选项C错误；
因为|z−2−2i|表示圆x2+y2=1(y≠0)上的点到点(2,2)的距离，
且最大距离为 (0−2)2+(0−2)2+1=2 2+1，故选项D正确．
故选：ABD．
先设z=x+yi(x,y∈R)，代入z+1z−1中化简，根据z+1z−1为纯虚数得出：x2+y2=1，且y≠0即可判断选项A、C；由z⋅z−=x2+y2=1可判断选项B；根据复数的几何意义可判断选项D．
本题主要考查了复数的运算，考查了复数的几何意义，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：A选项，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab，即a2+b2−42ab=12，
所以a2+b2=ab+4，由基本不等式得a2+b2≥2ab，当且仅当a=b时，等号成立，
此时△ABC为锐角三角形，满足要求，
故ab+4≥2ab，解得ab≤4，故S△ABC=12absinC= 34ab≤ 3，A错误；
B选项，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，
所以b=4 33sinB，
AC⋅AB=|AC|⋅|AB|csA=bccsA=2bcsA=8 33sinBcsA
=8 33sin(A+π3)csA=8 33(12sinA+ 32csA)csA
=4 33sinAcsA+4cs2A=2 33sin2A+2cs2A+2=4 33sin(2A+π3)+2，
因为△ABC为锐角三角形，所以A∈(0,π2)，B=2π3−A∈(0,π2)，
解得A∈(π6,π2)，
则2A+π3∈(2π3,4π3)，sin(2A+π3)∈(− 32, 32)，AC⋅AB=4 33sin(2A+π3)+2∈(0,4)，B正确；
C选项，bcsA+acsB=4 33sinBcsA+4 33sinAcsB=4 33sin(A+B)=4 33sinC=4 33× 32=2，C正确；
D选项，csBcsA=−cs(A+π3)csA=sinAsinπ3−csAcsπ3csA= 32tanA−12，
由C选项可知A∈(π6,π2)，所以tanA∈( 33,+∞)，
故csBcsA= 32tanA−12∈(0,+∞)，D正确．
故选：BCD．
A选项，由余弦定理和基本不等式求出面积的最大值；B选项，由正弦定理得到b=4 33sinB，结合平面向量数量积公式得到AC⋅AB=4 33sin(2A+π3)+2，根据△ABC为锐角三角形得到A∈(π6,π2)，从而得到AC⋅AB的取值范围；C选项，由正弦定理和正弦和角公式可得；D选项，变形得到csBcsA= 32tanA−12，由A∈(π6,π2)，求出答案．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及向量数量积的定义、正弦函数的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】5 5
【解析】解：∵向量a=(2,−1)，b=(4,x)，且a//b，
∴24=−1x，解得x=−2，
∴a+2b=(2,−1)+(8,−4)=(10,−5)，
∴|a+2b|= 102+(−5)2=5 5．
故答案为：5 5．
利用向量平行求出x，再由向量坐标运算，求出a+2b，由此能求出|a+2b|.
本题考查向量的模的求法，考查向量平行、向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】2 33
【解析】解：因为α+β=π3(α>0,β>0)，则α,β∈(0,π3)，
可得tanα,tanβ∈(0, 3)，即tanα+tanβ>0，
且tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ= 3，整理得tanαtanβ=1− 33(tanα+tanβ)，
又因为tanαtanβ≤(tanα+tanβ)24，当且仅当tanα=tanβ= 33时，等号成立，
即1− 33(tanα+tanβ)≤(tanα+tanβ)24，整理得(tanα+tanβ)2+4 33(tanα+tanβ)−4≥0，
解得tanα+tanβ≥2 33或tanα+tanβ≤−2 3(舍去)，
所以tanα+tanβ的最小值为2 33，当且仅当α=β=π6时取等号．
故答案为：2 33．
根据两角和的正切公式化简tan(α+β)= 3可得tanαtanβ=1− 33(tanα+tanβ)，再根据基本不等式求解即可．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，涉及到基本不等式的应用，属于中档题．
14.【答案】(−4,0)
【解析】解：∵g(x)=2x−2，当x≥1时，g(x)≥0，
又∵∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0
∴此时f(x)=m(x−2m)(x+m+3)<0在x≥1时恒成立
则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与x轴交点都在(1,0)的左面
则m<0−m−3<12m<1
∴−4故答案为：(−4,0)
由于g(x)=2x−2≥0时，x≥1，根据题意有f(x)=m(x−2m)(x+m+3)<0在x>1时成立，根据二次函数的性质可求
本题主要考查了全称命题与特称命题的成立，指数函数与二次函数性质的应用是解答本题的关键
15.【答案】解：(1)正四棱锥的底面边长是a=6，侧棱长为l=5，
所以正四棱锥的高为h= 52−( 22×6)2= 7，
所以正四棱锥的体积为V=13Sh=13×62× 7=12 7；
(2)图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体，是圆台挖去一个半球，
圆台的体积为V圆台=13π(r2+rr′+r′2)h=π3×(22+2×5+52)×4=13π，
半球的体积为V半球=23πr3=2π3×23=16π3，
所以该几何体的体积为V=V圆台−V半球=13π−16π3=23π3(cm3).
【解析】(1)利用勾股定理求出正四棱锥的高，再求正四棱锥的体积；
(2)图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体是圆台挖去一个半球，求出圆台的体积和半球的体积，再求差．
本题考查了多面体与旋转体的体积计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
16.【答案】解：(1)因为2 7bcsAsinB+acs2B−a=0，
所以由正弦定理可得：2 7csAsin2B+sinA(cs2B−sin2B)−sinA=0，
化简可得：2 7csAsin2B=2sinAsin2B，
因为sinB不可能为0，所以tanA= 7；
(2)在△ABC中，由余弦定理得：csA=b2+c2−22bc，
在△ACM中，由余弦定理得：csA=b2+14c2−12b⋅12c，
两式联立可得：b2+c2−2=2b2+12c2−2，所以c= 2b，
由tanA= 7可得，csA= 24,sinA= 144，
所以由csA=b2+c2−22bc，可解得b=1，所以c= 2，
所以S=12bcsinA= 74．
【解析】(1)由正弦定理和三角恒等变换知识化简即可；
(2)在△ABC和△ACM中，由余弦定理计算可得c= 2b，结合(1)和三角形的面积公式计算可得．
本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)对于f(x)=2sin(2x+π6)，
令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ,k∈Z，解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ,k∈Z，
因为x∈[0,2π]，当k=0时，π6≤x≤2π3；当k=1时，7π6≤x≤5π3；
所以f(x)在[0,2π]上的单调递减区间为[π6,2π3],[7π6,5π3]．
(2)因为g(x)在区间(0,π2)上恰有2个零点x1，x2(x1所以f(x)=85在(0,π2)有两个根，
令2x+π6=π2+2kπ,k∈Z，解得x=π6+2kπ,k∈Z，
所以当x∈(0,π2)时，函数f(x)图像的对称轴为x=π6，
所以x1+x2=π3，则x1=π3−x2，
又f(x2)=2sin(2x2+π6)=85，则sin(2x2+π6)=45，
所以cs(x1−x2)=cs(π3−2x2)=cs[π2−(2x2+π6)]=sin(2x2+π6)=45．
【解析】(1)利用三角函数的性质，结合整体代入法即可得解；
(2)利用三角函数的对称性得到x1+x2=π3，由题设条件得到sin(2x2+π6)=45，从而利用诱导公式即可得解．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
18.【答案】解：因为f(x)对任意实数m、n都满足等式f(m−n)+f(m+n)=f(2m)，当x>0时，f(x)<0，且f(2)=−4，
(1)令m=n=0，得f(0)=0，再令n=x，m=0，显然x∈R，则f(−x)+f(x)=f(0)=0，即f(−x)=−f(x)恒成立，故f(x)是奇函数；
(2)由于f(m−n)+f(m+n)=f(2m)，故f(m−n)=f(2m)−f(m+n)，
令x1>x2，且设x1=2m，x2=m+n，则x1−x2=2m−(m+n)=m−n>0，
故f(x1−x2)=f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)故f(x)max=f(−3)=−f(3)，
令m=1，n=0，可得2f(1)=f(2)=−4，故f(1)=−2，f(−1)=2，
再令m=1，n=2，得f(−1)+f(3)=f(2)，解得f(3)=−6，故f(x)max=6；
(3)由(1)(2)可知，f(x)在[−1,1]上单调递减，且f(x)max=f(−1)=2，
故问题可化为a2−2ab+2>2在b∈[−1,1]时恒成立，
即g(b)=−2ab+a2>0在b∈[−1,1]时恒成立，
只需g(−1)=2a+a2>0g(1)=−2a+a2>0，解得a<−2或a>2，
故a的取值范围是(−∞,−2)∪(2,+∞)．
【解析】(1)先赋值求出f(0)，再令m=0，即可判断奇偶性；
(2)结合单调性的定义，直接证明即可；
(3)先求出f(x)的最大值，再把b看成自变量，结合二次函数的性质求解．
本题考查抽象函数奇偶性、单调性的判断方法，以及利用单调性和奇偶性求函数最值，解决不等式恒成立问题，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：当x∈(0,1)时，g(x)=x2+12>12>0，
当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，
g(x1+x2)=(x1+x2)2+12，g(x1)+g(x2)=x12+x22+1，则g(x1)+g(x2)−g(x1+x2)=x12+x22+1−(x1+x2)2−12=12−2x1x2=1−4x1x22，
因为1>x1+x2≥2 x1x2，所以1−4x1x2>0，
所以g(x1)+g(x2)>g(x1+x2)，
所以g(x)=x2+12为L型函数；
(2)当x∈(0,1)时，由p(x)=ln(x+b)>ln(0+b)=lnb≥0，得b≥1，
当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，
p(x1+x2)=ln(x1+x2+b)，p(x1)+p(x2)=ln(x1+b)+ln(x2+b)，
由p(x1+x2)即x1+x2+b<(x1+b)(x2+b)，即x1+x2+b即b2+b(x1+x2−1)+x1x2−(x1+x2)>0，
令h(b)=b2+b(x1+x2−1)+x1x2−(x1+x2)，则对称轴b=1−(x1+x2)2∈(0,12)，
所以h(b)在[1,+∞)上的最小值为h(1)，只要h(1)>0，则h(b)>0，
因为h(1)=12+x1+x2−1+x1x2−(x1+x2)=x1x2>0，
所以b∈[1,+∞)；
(3)存在，举例1：r(x)=4 x，
理由如下：
当x∈(0,1)时，r(x)∈(0,4)，符合r(x)>0；
当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，
r(x1+x2)=4 x1+x2，r(x1)+r(x2)=4 x1+4 x2，
因为( x1+ x2)2=x1+x2+2 x1x2，( x1+x2)2=x1+x2故( x1+x2)2<( x1+ x2)2，
所以4 x1+x2<4 x1+4 x2，
即r(x1+x2)即y=r(x)是L型函数，且对任意的m∈(0,4)，都存在x0∈(0,1)，使得等式r(x0)=m成立．
【解析】(1)证明函数g(x)=x2+12满足L型函数的定义即可；
(2)根据y=p(x)是L型函数，则由其满足条件①推出b≥1，再结合其满足条件②得关于b的不等式，利用构造函数，结合函数最值，即可求得答案；
(3)举出具体函数，说明其满足L型函数的定义，即可得结论．
本题属于新概念题，考查了对数函数的性质、对数的基本运算，考查了逻辑推理能力，理解定义是关键，属于难题．