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1、2023年湖南新高考教学教研联盟高一5月联考数学本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.第卷一选择题(本大题共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. 设集合，则( )A. B. C. D. 2. 已知函数，则下列结论错误的是( )A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称C. 的一个零点为 D. 在区间上单调递减3. 如果一组数据的方差是2，那么另一组数据的方差为( )A. 11B. 20C. 50D. 514. 已知向量与的夹角为，且，则在方向上的投影向量是( )A. B. C. D. 5. 已
2、知定义在上的奇函数满足：当时，则的解集为( )A. B. C. D. 6. 记函数的最小正周期为，若，且，则( )A. B. C. D. 7. 很多人童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为( )A. B. C. D. 8. 已知为的外心，若，则的最大值为( )A. B. C. D. 二多选题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0
3、分)9. 下列说法正确的有( )A 若复数满足，则B. 若复数为虚数单位，则的共轭复数C. 复数一定都满足D. 若复数满足，则复数在复平面上对应的点的轨迹为圆10. 如图，在中，分别是边上的三个四等分点，若，则( ) A. B. C. D. 11. 已知、为正实数，则( )A. B. 的最大值为C. 最小值为D. 的最大值为12. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，若平面平面，平面平面，记平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，则( ) A. 侧面为矩形B. 若为中点，为的中点，则平面C. D. 若满足(且为常数)，则第卷三填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.
4、 数据、的第百分位数为_.14. 在正方体中，直线与直线夹角的余弦值为_ 16. 如图，在中，点与点分别在直线的两侧，且，则的最大值为_.四解答题17. 某实验中学对选择生物学科的200名学生的高一下学期期中考试成绩进行统计，得到如图所示的频率直方图.已知成绩均在区间内，不低于90分视为优秀，低于60分视为不及格.同一组中数据用该组区间中间值做代表值. (1)根据此次成绩采用分层抽样从中抽取40人开座谈会，求在区间应抽取多少人？(2)根据频率直方图，估计这次考试成绩平均数和中位数.18. 已知函数.(1)求的最小正周期和单调递增区间；(2)若在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围.19.
5、如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为线段上一点，平面. (1)证明：为的中点；(2)若直线与平面所成的角为，且，求三棱锥的体积.20. 记锐角的内角的对边分别为，已知(1)求证：；(2)若，求的最大值.21. 如图，已知是边长为的等边三角形，、分别是、的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥. (1)若，证明：平面平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.22. 已知函数.(1)若的最大值为6，求的值；(2)当时，设，若的最小值为，求实数的值.2023年湖南新高考教学教研联盟高一5月联考数学本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.第卷一选择题
6、(本大题共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. 设集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，因此，.故选：B.2. 已知函数，则下列结论错误的是( )A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称C. 的一个零点为 D. 在区间上单调递减【答案】D【解析】【分析】对于A，利用周期公式分析判断，对于B，将代入函数判断是否能取得最值，对于C，将代入函数中计算判断，对于D，由求出的范围，然后根据余弦函数的性质判断.【详解】对于A，的最小正周期为，所以A正确，对于B，因为，所以的
7、图象关于直线对称，所以B正确，对于C，因为，所以的一个零点为，所以C正确，对于D，由，得，因为在上递减，在上递增，所以在区间上不单调递减，所以D错误，故选：D3. 如果一组数据的方差是2，那么另一组数据的方差为( )A. 11B. 20C. 50D. 51【答案】C【解析】【分析】根据方差的性质计算可得；【详解】因为一组数据的方差是，所以另一组数据的方差为.故选：C4. 已知向量与的夹角为，且，则在方向上的投影向量是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据数量积的定义求出，再根据在方向上的投影向量为计算可得.【详解】因为向量与的夹角为，且，所以，所以在方向上的投影向量为.故
8、选：C5. 已知定义在上的奇函数满足：当时，则的解集为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由奇函数的性质可得出，求出的值，分析函数在上的单调性，令，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出原不等式的解集.【详解】因为定义在上的奇函数满足：当时，则，解得，故当时，因为、在上均为增函数，故函数在上为增函数，且当时，令，则函数的定义域为，故函数为偶函数，且，由可得，即，因为函数在上为增函数，则函数在上为增函数，所以，解得或.故选：A.6. 记函数的最小正周期为，若，且，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分析可知函数的图象
9、关于直线对称，可得出，再利用函数的最小正周期求出的取值范围，即可得出的值.【详解】对任意的，则为函数的最大值或最小值，故函数的图象关于直线对称，故，解得，又因为且函数的最小正周期满足，即，解得，故.故选：D.7. 很多人的童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】翻折后，利用勾股定理求出的值，分析可知、两两垂直，将三棱锥补成长方体，可计算出球的半径，再利用球体表面积
10、公式可求得结果.【详解】翻折前，在矩形中，因为为的中点，则，翻折后，如下图所示：则，设，由题意知，所以，解得，即，将三棱锥补成长方体，则长方体的外接球直径为，所以，故球的表面积为.故选：C.8. 已知为的外心，若，则的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三角恒等变换化简可得出的值，推导出，利用平面向量的数量积可得出、的表达式，利用基本不等式可求得的最大值,【详解】在中，设内角、的对边分别为、，因为，所以，因为、，则，所以，如下图所示：取线段的中点，连接，由垂径定理可知，所以，同理，因为，则，即，所以，即，所以，联立可得，所以，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.故
11、选：A.二多选题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9. 下列说法正确的有( )A. 若复数满足，则B. 若复数为虚数单位，则的共轭复数C. 复数一定都满足D. 若复数满足，则复数在复平面上对应的点的轨迹为圆【答案】BD【解析】【分析】利用反例说明A、C，根据复数的乘方及共轭复数判断B，根据复数的几何意义判断D.【详解】对于A：若，则，显然为纯虚数，故A错误；对于B：，所以，故B正确；对于C：若，则，显然，故C错误；对于D：复数满足，所以复数在复平面上对应点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，故D正确
12、.故选：BD10. 如图，在中，分别是边上的三个四等分点，若，则( ) A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据图形，结合向量加，减，数乘运算，即可判断A；利用向量表示，利用数量积公式，判断B；根据B的判断，代入数量积和模的公式，即可判断CD.【详解】A.，故A正确；B.,得,，故B正确；C.，故C正确；D.因为，所以，所以，故D错误.故选：ABC11. 已知、为正实数，则( )A. B. 的最大值为C. 的最小值为D. 的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式可判断ABD选项，利用二次函数的基本性质可判断C选项.【详解】因为、为正实数，对于A选项，当且仅当时，
13、等号成立，A对；对于B选项，因，则，故，当且仅当时，等号成立，所以，的最大值为，B对；对于C选项，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，C错；对于D选项，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为，D对.故选：ABD.12. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，若平面平面，平面平面，记平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，则( ) A. 侧面为矩形B. 若为的中点，为的中点，则平面C. D. 若满足(且为常数)，则【答案】ABD【解析】【分析】证明平面，即可得到，从而判断A，取的中点，连接、，即可证明平面平面，从而判断B，对于C、D，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得
14、.【详解】对于A：是矩形，又平面平面，平面平面，平面，平面，过点作， 平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，平面，平面，又平面，在三棱柱中为平行四边形，所以为矩形，故A正确；对于B：取的中点，连接、，因为为的中点，为的中点，所以，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，平面，所以平面平面，平面，所以平面，故B正确 对于C、D：由棱柱知，又平面，平面，以为坐标原点，分别为，轴建立空间直角坐标系如下所示， 不妨设，则，设，为平面法向量，则，令，则，取平面的一个法向量，则，取平面的一个法向量， 由，则，则，且，故，故C错误，D正确故选：ABD【点睛】关键点睛：涉及空间角、距离利用空间向量法
15、可以将几何问题转化为代数计算，以达到化繁为简的目的.第卷三填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13. 数据、的第百分位数为_.【答案】【解析】【分析】将数据由小到大排列，利用百分位数的定义可求得该组数据的第百分位数.【详解】将数据由小到大进行排列为、，共个数，因为，故该组数据的第百分位数为.故答案为：.14. 在正方体中，直线与直线夹角的余弦值为_【答案】#【解析】【分析】根据异面直线夹角的定义确定为直线与直线夹角或其补角，再判断的形状即可得答案.【详解】如图，连接 在正方体中，有所以四边形为平行四边形，所以所以为直线与直线夹角或其补角设正方体棱长为，则，所以为等边三角形所以，故直线与
16、直线夹角的余弦值为.故答案为：.15. 如图，在平行四边形中，为线段的中点，则_. 【答案】【解析】【分析】以不共线的两个向量作为平面向量基底，用基底表示出需要的向量，在求解过程中涉及到垂直，可用数量积为0来突破，留意向量的方向，准确找出两向量的夹角.【详解】因,所以不共线,可选作为平面向量基底.则.因为,所以在中, 因为,所以,则.故答案为： 16. 如图，在中，点与点分别在直线的两侧，且，则的最大值为_.【答案】#【解析】【分析】由结合正弦定理可求得，则，设，在中由正弦定理可求得，则，然后在中由余弦定理表示出，再结合正弦函数的性质可求得结果.【详解】设，则由，得，在中，由正弦定理得，所以，
17、得，因为，所以，所以，设，因为，所以，所以，在中由正弦定理得，所以，得，所以，在中，由余弦定理得，所以，所以当，即时，取得最大值，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由已知条件求出，再设，然后在中利用正弦定理表示出，再在中利用余弦定理表示出，从而可求得答案，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.四解答题17. 某实验中学对选择生物学科的200名学生的高一下学期期中考试成绩进行统计，得到如图所示的频率直方图.已知成绩均在区间内，不低于90分视为优秀，低于60分视为不及格.同一组中数据用该组区间中间值做代表值. (1)根据此
18、次成绩采用分层抽样从中抽取40人开座谈会，求在区间应抽取多少人？(2)根据频率直方图，估计这次考试成绩的平均数和中位数.【答案】(1) (2)平均数为，中位数为【解析】【分析】(1)首先求出中的频数，按照分层抽样计数可得；(2)根据频率分布直方图中平均数与中位数计算规则计算可得.【小问1详解】由频率分布直方图可知的频数为人，所以在区间中应抽取人.【小问2详解】由频率分布直方图可知平均数为：，又，所以中位数位于之间，设中位数为，则，解得，故中位数为.18. 已知函数.(1)求的最小正周期和单调递增区间；(2)若在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】(1)；单调递增区间是，； (2)
19、【解析】【分析】(1)首先化简函数，再根据三角函数的性质判断周期和单调递增区间；(2)将方程转化为，再结合函数的图象，转化为两个函数图象的交点问题，即可求解.【小问1详解】，最小正周期；令，得，所以函数的单调递增区间是，；【小问2详解】，令，得，令，如图，画出函数的图象， 若在区间上有两个不同的零点，则与的图象，有2个不同的交点，即可，得所以实数的取值范围是.19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为线段上一点，平面. (1)证明：为的中点；(2)若直线与平面所成的角为，且，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)连接，设，连接，根据线面平行的性质得到，即可证
20、明；(2)首先证明平面，则为直线与平面所成的角，再求出，最后根据计算可得.【小问1详解】连接，设，连接，因为平面，平面，平面平面，所以，又底面为矩形，所以为的中点，所以为的中点. 【小问2详解】因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，即，又，所以，则，由平面，平面，所以，所以在中，所以.20. 记锐角的内角的对边分别为，已知(1)求证：；(2)若，求的最大值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)利用三角函数恒等变换公式对已知式子化简变形可证得结论；(2)由已知条件结合正弦定理可得，从而可得，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形可求得结果.【小问1详
21、解】因为，所以所以，所以，因为为锐角三角形，所以，所以，所以，因为为锐角三角形，所以，所以，所以；【小问2详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以因为，所以，所以，所以，所以当时，取得最大值.21. 如图，已知是边长为的等边三角形，、分别是、的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥. (1)若，证明：平面平面；(2)若，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)翻折后，取中点，连接、，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；(2)取的中点，连接、，过点在平面内作，垂足为点，连接，证明出平面，可知与平面所成的角为，计算出、的长，即可得解
22、.【小问1详解】证明：翻折前，因为、分别是、的中点，则，所以，所以，为等边三角形，所以，且，翻折后，取的中点，连接、，如下图所示： 由题意可知，是边长为的等边三角形，因为为的中点，所以，且，因为，由余弦定理可得，因为，所以，则，因为，、平面，则平面，又因为平面，因此，平面平面.【小问2详解】解：取的中点，连接、，如下图所示： 因为，由余弦定理可得，所以，因为，且为的中点，所以，且，因为，则,因为，、平面，所以，平面，因为平面，则，则，因为，则为等腰直角三角形，故，在中，由余弦定理可得，所以，为锐角，且，过点在平面内作，垂足为点，连接，因为平面，平面，则，因为，、平面，则平面，所以，直线与平面所
23、成角为，且，因此，直线与平面所成角的正弦值为.22. 已知函数.(1)若的最大值为6，求的值；(2)当时，设，若的最小值为，求实数的值.【答案】(1)或 (2)【解析】【分析】(1)利用换元法及一元二次函数的性质即可求解；(2)利用分段函数分段处理的原则及换元法，结合已知条件及一元二次函数的性质即可求解；【小问1详解】依题意， 函数的对称轴方程为令，当，即时，当时，取到最大值，所以，解得；当，即时，当时，取到最大值，所以，解得；综上所述，或.【小问2详解】因为，当时，令，当时，当时，当时，即，因为，所以若此时符合题意；若(舍)；若此时不符合题意.综上，实数.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用换元的思想及分段函数分段处理的原则，结合条件及一元二次函数的性质分类讨论即可.