2023-2024学年湖南省长沙一中高一（下）第三次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙一中高一（下）第三次月考数学试卷（含答案），共10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.若复数a+3i2+i是纯虚数，则实数a=( )
A. −32B. 32C. −23D. 23
2.某校举行“勇士杯”学生篮球比赛，统计高一年级部分班级的得分数据如下：
则下列说法正确的是( )
A. 得分的众数为34B. 得分的中位数为28
C. 得分的75%分位数为33D. 得分的极差为6
3.已知平面α、β，直线l⊂α，直线m不在平面α上，下列说法正确的是( )
A. 若α/​/β，m//β，则l/​/mB. 若α/​/β，m⊥β，则l⊥m
C. 若l/​/m，α/​/β，则m//βD. 若l⊥m，m//β，则α⊥β
4.已知a>0，b>0，则“a+b>1”是“ab>14”( )
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
5.已知正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的所有棱长均为1，则这个棱柱侧面对角线E1D与BC1所成的角的余弦值为( )
A. 12
B. 64
C. 14
D. 0
6.已知cs(α+π8)+2cs(α−3π8)=0，则tan(2α+π4)=( )
A. 12B. 43C. −1D. −43
7.已知m∈R，若函数f(x)=1x+1−mx−m−3(−10，b>0，已知lg2a+lg4b2=3，则ab= ______．
13.在△ABC中，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=3π4，b=6，a2+c2=2 2ac，则△ABC的面积为______．
14.定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为______．
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13分)
已知向量a=(cs3x2,sin3x2)，b=(csx2,sinx2)，c=(sinx2,−csx2)．
(1)当x=π2时，求a⋅b及a⋅c的值；
(2)若函数f(x)=a⋅b+ 3a⋅c，其中x∈[0,π]，求f(x)的值域．
16.(本小题15分)
某校高一年级进行数学计算能力大赛，数学备课组从全年级的1000名学生的成绩中抽取容量为n的样本，构成频率分布直方图，且成绩在区间(50,60)的人数为5．
(1)求样本容量n以及频率分布直方图中的x；
(2)估计全年级学生竞赛成绩的平均数；
(3)从样本中得分在[80,100]的学生中随机抽取两人，问所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是多少？
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA2+csA=1，acsinA+4sinC=4csinA．
(1)求边长a和角A；
(2)若△ABC的面积为 32，求中线AD的长度；
(3)若bc=1，求角平分线AE的长度．
18.(本小题17分)
在多面体ABCDEF中，AD//BC//EF，且AD=CD=DE=4，BC=EF=2，∠BCD=∠FED=π3．
(1)证明：AD⊥CE；
(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，求二面角A−BF−D的余弦值；
(3)在(2)的条件下，求该多面体ABCDEF的体积．
19.(本小题17分)
对于函数f(x)，若存在实数m，使得ℎ(x)=f(x+m)−f(m)为R上的奇函数，则称f(x)是位差值为m的“位差奇函数”．
(1)若f(x)=sin(x+φ)是位差值为π3的位差奇函数，求φ的值；
(2)已知f(x)=2x−t⋅2−x，g(x)=4x+4−xt，若存在m∈[0,+∞)，使得f(x)是位差值为m的“位差奇函数”．
①求实数t的取值范围；
②设直线x=x1，x=x2与函数ℎ(x)=f(x+m)−f(m)的图象分别交于A、B两点，直线x=x1，x=x2与函数g(x)的图象分别交于C、D两点，若存在x1≠x2，且x1，x2∈[0,1]，使得AB//CD，求实数m的取值范围．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.B
5.C
6.D
7.B
8.B
9.AD
10.ABD
11.ACD
12.8
13.3
14.2π(2 3−3)3
15.解：(1)当x=π2时，a=(cs3π4,sin3π4)=(− 22, 22)，
b=(csπ4,sinπ4)=( 22, 22)，c=(sinπ4,−csπ4)=( 22,− 22)，
则a⋅b=− 22× 22+ 22× 22=0，a⋅c=− 22× 22− 22× 22=−1；
(2)a⋅b=cs3x2⋅csx2+sin3x2sinx2=csx，
a⋅c=cs3x2⋅sinx2−sin3x2csx2=sin(−x)=−sinx，
所以f(x)=a⋅b+ 3a⋅c=csx− 3sinx=2(12csx− 32sinx)=−2sin(x−π6)，
若x∈[0,π]，则x−π6∈[−π6,5π6]，sin(x−π6)∈[−12,1]，
所以f(x)∈[−2,1]，即f(x)的值域为[−2,1]．
16.解：(1)成绩在区间(50,60)的频率为0.2，n=50.2=25，
由频率分布直方图可得第4组的频率为：
1−0.2−0.24−0.36−0.08=0.12，故x=0.012．
(2)先估计所抽取的25名学生成绩的平均数为：
(55×0.02+65×0.024+75×0.036+85×0.012+95×0.008)×10=71.4(分)，
估计全年级学生竞赛成绩的平均数为71.4；
(3)得分成绩在[80,90)有0.012×10×25=3(人)，
这组的3名学生分别为a，b，c，
得分在区间[90,100]有0.008×10×25=2(人)，
这组的2名学生分别为d，e，
随机抽取两人，所以可能的结果为：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，共10种，
所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的结果为：
(a,d)，(a,e)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，共7种，
故所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是P=710．
17.解：(1)由acsinA+4sinC=4csinA，得a2c+4c=4ac，
结合c≠0，化简得a2+4=4a，即(a−2)2=0，可得a=2．
根据sinA2+csA=1，可得sinA2+1−2sin2A2=1，
即sinA2(2sinA2−1)=0，所以sinA2=12或sinA2=0，结合A2∈(0,π2)，可得A=π3；
(2)由S△ABC=12bcsinA= 34bc= 32，解得bc=2，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsπ3，得4=b2+c2−2，所以b2+c2=6，
因为AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB+AC)2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(c2+b2+2bccsA)
=14(6+2×2×12)=2，解得|AD|= 2，
综上所述，中线AD的长度为 2；
(3)若bc=1，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsπ3，得4=b2+c2−1，所以b2+c2=5，
可得(b+c)2=b2+c2+2bc=7，即b+c= 7，
因为AE为角平分线，所以∠EAB=∠EAC=π6，
根据S△ABC=S△ABE+S△ACE，得12bcsinπ3=12b⋅AE⋅sinπ6+12c⋅AE⋅sinπ6，
整理得 3=(b+c)AE，所以AE= 3b+c= 3 7= 217．
18.解：(1)证明：在△BCD中，CD=4，BC=2，∠BCD=π3，
由余弦定理可得BD2=CD2+BC2−2CD⋅BCcsπ3=12，即BD=2 3；
满足BD2+BC2=CD2，即BD⊥BC；
又AD//BC，所以BD⊥AD；
同理可得DF⊥AD，
因为BD⊥AD，DF⊥AD，BD，DF⊂平面BDF，BD∩DF=D，
所以AD⊥平面BDF，
又BF⊂平面BDF，所以AD⊥BF；
又因为BC/​/EF，BC=EF=2，所以四边形BCEF是平行四边形；
因此BF/​/CE，
所以AD⊥CE．
(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，由(1)知BD⊥AD，DF⊥AD，
所以可得BD⊥平面ADEF，DF⊂平面ADEF，所以BD⊥DF，
且BD=DF=2 3，BF=2 6，
由勾股定理可知AB=AF=2 7，
取BF的中点为G，连接AG，DG，如下图所示：

易知AG⊥BF，DG⊥BF，即可得∠AGD即为二面角A−BF−D的平面角，
显然AG= AB2−BG2= 22，DG= 6，又AD=4，
在△ADG中，cs∠AGD=AG2+DG2−AD22AG⋅DG=22+6−162 22× 6= 3311，
即可得二面角A−BF−D的余弦值为 3311．
(3)连接FC，如下图所示：

易知多面体ABCDEF的体积等于四棱锥F−ABCD的体积加上三棱锥C−DEF的体积；
由(2)可知DF和DB分别是四棱锥F−ABCD和三棱锥C−DEF的高，
易知VF−ABCD=13SABCD⋅DF=13×12×(2+4)×2 3×2 3=12，
VC−DEF=13SDEF⋅BD=13×12×2×2 3×2 3=4，
可得多面体ABCDEF的体积VABCDEF=12+4=16．
19.解：(1)∵y=f(x+π3)−f(π3)=sin(x+π3+φ)−sin(π3+φ)
=cs(π3+φ)sinx+sin(π3+φ)csx−sin(π3+φ)，
又∵f(x)=sin(x+φ)是位差值为π3的位差奇函数，
即y=cs(π3+φ)⋅sinx+sin(π3+φ)⋅csx−sin(π3+φ)为R上的奇函数，
易知y=cs(π3+φ)sinx为R上的奇函数，
y=sin(π3+φ)csx−sin(π3+φ)为R上的偶函数，
可知sin(π3+φ)=0，则π3+φ=kπ,k∈Z，
解得φ=kπ−π3,k∈Z；
(2)①∵ℎ(x)=f(x+m)−f(m)=2x+m−t⋅2−x−m−(2m−t⋅2−m)=2m(2x−1)−t⋅2−m(2−x−1)，
由题意可知：ℎ(x)+ℎ(−x)=0对任意的x∈R，均存在m∈[0,+∞)成立，
∵ℎ(x)+ℎ(−x)=2m(2x−1)−t⋅2−m(2−x−1)+2m⋅(2−x−1)−t⋅2−m(2x−1)=0，
整理可得(2m−t⋅2−m)(2x+2−x−2)=0，
又由基本不等可得2x+2−x−2≥2 2x⋅2−x−2=0，当且仅当2x=2−x，即x=0时，等号成立，
则2m−t⋅2−m=0，即t=22m≥1，
∴实数t的取值范围为[1,+∞)；
②由①可知：t=22m，
则ℎ(x)=2m(2x−1)−2m(2−x−1)=2m⋅(2x−2−x)，g(x)=4x+4−xt=4x+4−x22m，
设A(x1,ℎ(x1))，B(x2,ℎ(x2))，C(x1,g(x1))，B(x2,g(x2))，
则AB=(x2−x1,ℎ(x2)−ℎ(x1)),CD=(x2−x1,g(x2)−g(x1))，
∵AB//CD，
∴(x2−x1)(g(x2)−g(x1))=(x2−x1)(ℎ(x2)−ℎ(x1))，
且x1≠x2，即x2−x1≠0，
两边同时除以x2−x1，
得g(x2)−g(x1)=ℎ(x2)−ℎ(x1)，
即g(x1)−ℎ(x1)=g(x2)−ℎ(x2)，
令F(x)=g(x)−ℎ(x)=4x+4−x22m−2m⋅(2x−2−x)，
则F(x1)=F(x2)，且x1，x2∈[0,1]，x1≠x2，
结合F(x)在R上连续不断，可知F(x)在[0,1]内不单调，
令n=2x−2−x，则4x+4−x=(2x−2−x)2+2=n2+2，
且y=2x，y=−2−x在[0,1]内均为单调递增函数，
∴n=2x−2−x在[0,1]内单调递增，
当x=0时，n=0；当x=1，n=32；
即n=2x−2−x∈[0,32]，
可得y=n2+222m−2m⋅n=122m⋅n2−2m⋅n+122m−1在[0,32]内不单调，
又∵y=122m⋅n2−2m⋅n+122m−1的图象开口向上，对称轴n=−−2m2×122m=23m−1，
则0