湖南省長沙市2023-2024學年高一下學期第一次月考（4月）數(shù)學模擬試題（有答案）

湖南省長沙市2023-2024學年高一下學期第一次月考（4月）數(shù)學模擬試題高一數(shù)學一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的.1．命題“，”的否定為（

）A．， B．，C．， D．，2．設(shè)復(fù)數(shù)（其中a，，i為虛數(shù)單位），則“”是“z為純虛數(shù)”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．若角的終邊上有一點，則a的值為（

）A． B． C． D．4．函數(shù)在區(qū)間上的圖象大致為（

）A． B．C． D．5．按斜二測畫法得到，如圖所示，其中，，那么的形狀是（）A．等邊三角形 B．直角三角形C．腰和底邊不相等的等腰三角形 D．三邊互不相等的三角形6．已知實數(shù)滿足，設(shè)，則（

）A． B． C． D．7．已知正三角形ABC的邊長為4，點P在邊BC上，則的最小值為（

）A．2 B．1 C． D．8．在中，為邊上一點，，且的面積為，則（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．下列命題不正確的是（

）.A．棱臺的側(cè)棱長可以不相等，但上、下底面一定相似B．有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐C．若，直線平面，直線平面，且，則D．若條直線中任意兩條共面，則它們共面10．已知是復(fù)數(shù)，且為純虛數(shù)，則（

）A． B．C．在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在實軸上 D．的最大值為11．已知銳角三個內(nèi)角A，B，C的對應(yīng)邊分別為a，b，c，且，c=2．則下列結(jié)論正確的是（

）A．的面積最大值為2 B．的取值范圍為C． D．的取值范圍為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知向量，且，則_________．13．已知，則的最小值為.14．已知，，若，或，則的取值范圍是四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．（1）已知正四棱錐的底面邊長是6，側(cè)棱長為5，求該正四棱錐的體積（2）如圖（單位：cm），求下圖中陰影部分繞AB旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的體積.

16．在中，角所對的邊分別為，.(1)求的值；(2)若，點是的中點，且，求的面積.17．已知函數(shù).(1)求函數(shù)在上的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若在區(qū)間上恰有兩個零點，，求的值.18．已知函數(shù)對任意實數(shù)m、n都滿足等式，當時，，且．(1)判斷的奇偶性；(2)判斷的單調(diào)性，求在區(qū)間上的最大值；(3)是否存在實數(shù)a，對于任意的，，使得不等式恒成立．若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．19．如果函數(shù)滿足以下兩個條件，我們就稱為型函數(shù)．①對任意的，總有；②當時，總有成立．(1)記，求證：為型函數(shù)；(2)設(shè)，記，若是型函數(shù)，求的取值范圍；(3)是否存在型函數(shù)滿足：對于任意的，都存在，使得等式成立？請說明理由．1．D【分析】利用全稱量詞命題的否定是存在量詞命題即可解答．【詳解】因為全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，故命題“，”的否定為，.故選：D.2．B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的分類，結(jié)合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由復(fù)數(shù)當時，復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，所以充分性不成立；反之：若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，則成立，所以必要性成立，所以“”是“z為純虛數(shù)”的必要不充分條件.故選：B.3．A【分析】利用任意角的三角函數(shù)的定義結(jié)合誘導(dǎo)公式求解.【詳解】因為角的終邊上有一點，所以，又，所以，所以.故選：A4．A【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性結(jié)合當時函數(shù)值的符號性分析判斷.【詳解】∵，即，∴為偶函數(shù)；又∵當時，則，故，∴；綜上所述：A正確，B、C、D錯誤.故選：A.5．A【分析】根據(jù)直觀圖得原圖，計算可得答案.【詳解】原如圖所示：由斜二測畫法的規(guī)則可知，，，，所以，故為等邊三角形.故選：A．6．D【分析】根據(jù)的單調(diào)性判斷大小，再比較大小得解.【詳解】因為，所以，又為減函數(shù)，所以，即，又，故，所以，故選：D.7．D【分析】選基底，用基向量表示出所求，由二次函數(shù)知識可得.【詳解】記，因為，所以.故選：D8．A【分析】由面積公式求出，即可得到為等腰三角形，則，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用兩角差的正弦公式計算可得.【詳解】因為，解得，所以為等腰三角形，則，在中由正弦定理可得，即，解得，因為，所以為銳角，所以，所以.故選：A9．BD【分析】直接根據(jù)棱臺、棱錐的定義判斷選項A和B，選項C用點、線、面公理判斷即可，選項D舉反例即可判斷.【詳解】對于A，棱臺的上、下底似，但側(cè)棱長不一定相等，故A正確；對于B，棱錐的定義為：有一個面是多邊形，其余各面都是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的多面體叫棱錐.而有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體也可能是組合體，與棱錐的定義相矛盾，故B錯誤；對于C，因為直線平面，直線平面，且，所以面，且面，又，所以，故C正確；對于D，反例：正方體的側(cè)棱任意兩條都共面，但這4條側(cè)棱卻不共面，故D錯誤.故選：BD.10．ABD【分析】先設(shè)，代入中化簡，根據(jù)為純虛數(shù)得出：，且即可判斷選項A、C；由可判斷選項B；根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可判斷選項D.【詳解】由題意設(shè)，則.因為為純虛數(shù)，所以，且，即，且.因此，故選項A正確；，所以故選項B正確；因為在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點不在實軸上，故選項C錯誤；因為表示圓上的點到點的距離，且最大距離為，故選項D正確.故選：ABD.11．BCD【分析】A選項，由余弦定理和基本不等式求出面積的最大值；B選項，由正弦定理得到，結(jié)合平面向量數(shù)量積公式得到，根據(jù)為銳角三角形得到，從而得到的取值范圍；C選項，由正弦定理和正弦和角公式可得；D選項，變形得到，由，求出答案.【詳解】A選項，由余弦定理得，即，所以，由基本不等式得，當且僅當時，等號成立，此時為銳角三角形，滿足要求，故，解得，故，A錯誤；B選項，由正弦定理得，所以，，因為為銳角三角形，所以，，解得，則，，，B正確；C選項，，由正弦定理得，C正確；D選項，，由C選項可知，所以，故，D正確.故選：BCD12．【分析】利用向量平行的坐標表示求出，再根據(jù)向量的坐標運算求出模長.【詳解】因為，所以，解得，所以，所以，所以．故13．##【分析】根據(jù)兩角和的正切公式化簡可得，再根據(jù)基本不等式求解即可.【詳解】因為，則，可得，即，且，整理得，又因為，當且僅當時，等號成立，即，整理得，解得或（舍去），所以的最小值為，當且僅當時取等號.故14．【分析】首先分析在時，，則舍去此種情況，再對m進行進行討論即可.【詳解】首先看沒有參數(shù)，從入手，顯然時，；當時，，而對，或成立即可，故只要時，（*）恒成立即可，當時，,不符合（*）式，舍去；當時，由得，并不對成立，舍去；當時，由，注意，故，所以，即，又，故，所以又，故，綜上，的取值范圍是，故答案為.15．（1）；（2）【分析】（1）設(shè)為與交點，則平面，進而根據(jù)幾何關(guān)系得，再計算幾何體的體積即可；（2）根據(jù)圓臺的體積與球的體積公式求解即可.【詳解】解：（1）如圖，正四棱錐中，設(shè)為與交點，所以由正四棱錐的性質(zhì)得平面，所以，因為正四棱錐的底面邊長是6，側(cè)棱長為5，所以，，所以，即正四棱錐的高為所以，該正四棱錐的體積為

（2）根據(jù)題意，圖中陰影部分繞AB旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體為圓臺中挖去一個半徑為的半球構(gòu)成的組合體.因為圓臺的體積為，半球的體積為，所以，所求幾何體的體積為.16．(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)正弦定理和二倍角的余弦公式得；（2）根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系求出，再利用余弦定理求出值，最后利用三角形面積公式即可.【詳解】（1）由正弦定理得：，，則，，不等于0，.（2），，所以，聯(lián)立，，在中，由余弦定理得：①在中，由余弦定理得：②由①②式得：故，.17．(1)(2)【分析】（1）利用三角函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合整體代入法即可得解；（2）利用三角函數(shù)的對稱性得到，由題設(shè)條件得到，從而利用誘導(dǎo)公式即可得解.【詳解】（1）對于，令，解得，因為，當時，；當時，；所以在上的單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）因為在區(qū)間上恰有2個零點，所以在有兩個根，令，解得，所以當時，函數(shù)圖像的對稱軸為，所以，則，又，則，所以.18．(1)奇函數(shù)；(2)為上的減函數(shù)；在上的最大值為6；(3)存在，實數(shù)a的取值范圍為．【分析】（1）賦值法得到，，得到函數(shù)的奇偶性；（2）先由時，利用賦值法得到函數(shù)單調(diào)遞減，再用賦值法和奇偶性得到，從而得到在區(qū)間上的最大值；（3）先根據(jù)單調(diào)性得到，問題轉(zhuǎn)化為，恒成立，令，為一次函數(shù)，得到不等式組，求出實數(shù)a的取值范圍.【詳解】（1）取，則，∴，取，，則，∴對任意恒成立，∴為奇函數(shù)；（2）任取且，則，因為，故，令，則有，即，∵時，，故時，，∴，∴．故為上的減函數(shù)．∴，，∵，，令，則，故，因為令，則，即，由（1）知：為奇函數(shù)，故，故，解得：，故，故在上的最大值為6；（3）∵在上是減函數(shù)，∴，∵，對所有，恒成立．∴，恒成立；即，恒成立，令，則，即，解得：或．∴實數(shù)a的取值范圍為．19．(1)證明見解析(2)(3)存在，理由見解析【分析】（1）證明函數(shù)滿足型函數(shù)的定義即可；（2）根據(jù)是型函數(shù)，則由其滿足條件①推出，再結(jié)合其滿足條件②得關(guān)于b的不等式，利用構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)最值，即可求得答案；（3）舉出具體函數(shù)，說明其滿足型函數(shù)的定義，即可得結(jié)論.【詳解】（1）當時，，當，，時，，，則，，，，為型函數(shù).（2）當時，由得，當，，時，，，由，得，即，即，即，令，則對稱軸，所以在上的最小值為，只要，則，因為