湖南省长沙市岳麓区湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试题

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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．B 【解析】eq \f(5,i－2)＝eq \f(5（－2－i）,（－2＋i）（－2－i）)＝eq \f(5（－2－i）,5)＝－2－i，表示的点位于第三象限．
2．A 【解析】当n＝－1时，a＝(－1，3)，b＝(2，－6)，此时a∥b，故充分性成立，
当a∥b时，满足n(2n－4)－6＝0，解得n＝－1或n＝3，故“n＝－1”是“a∥b”的充分不必要条件．
4．A 【解析】由已知条件可知样本数据x1，x2，…，xn的平均数eq \(x,\s\up6(－))＝eq \f(x1＋x2＋…＋xn,n)，
方差seq \\al(2,1)＝eq \f(1,n)[(x1－eq \(x,\s\up6(－)))2＋(x2－eq \(x,\s\up6(－)))2＋…＋(xn－eq \(x,\s\up6(－)))2]＝3，
则数据0.1x1，0.1x2，…，0.1xn的平均数为eq \f(0.1x1＋0.1x2＋…＋0.1xn,n)＝0.1eq \(x,\s\up6(－))，
所以这组数据的方差seq \\al(2,2)＝eq \f(1,n)[(0.1x1－0.1eq \(x,\s\up6(－)))2＋(0.1x2－0.1eq \(x,\s\up6(－)))2＋…＋(0.1xn－0.1eq \(x,\s\up6(－)))2]
＝eq \f(1,100n)[(x1－eq \(x,\s\up6(－)))2＋(x2－eq \(x,\s\up6(－)))2＋…＋(xn－eq \(x,\s\up6(－)))2]
＝eq \f(1,100)seq \\al(2,1)＝0.03.
5．B 【解析】由题意不妨设C＝eq \f(π,2)，则可得a2＋b2＝c2，设每条边增加m(m>0)，
则新的三角形的三边分别为a＋m，b＋m，c＋m，
因为c>a，c>b，所以c＋m>a＋m，c＋m>b＋m，
即c＋m为新的三角形的最大边，
所以新的三角形的最大角的余弦值为cs C′＝eq \f(（a＋m）2＋（b＋m）2－（c＋m）2,2（a＋m）（b＋m）)
＝eq \f(a2＋2am＋m2＋b2＋2bm＋m2－（c2＋2cm＋m2）,2（a＋m）（b＋m）)
＝eq \f(a2＋2am＋m2＋b2＋2bm＋m2－c2－2cm－m2,2（a＋m）（b＋m）)
＝eq \f(2m（a＋b－c）＋m2,2（a＋m）（b＋m）).
因为a＋b>c，a＋m>0，b＋m>0，m>0，所以cs C′＝eq \f(2m（a＋b－c）＋m2,2（a＋m）（b＋m）)>0，
所以新的三角形的最大角为锐角，则新的三角形为锐角三角形．
6．C 【解析】过O分别作a，b的平行线a1，b1，且a1，b1确定平面α，若直线l在α内，则有1条，若直线l在α外，则有2条，这两条直线关于平面α对称．故共有3条．
7．D 【解析】a－λb＝(2cs α－λcs β，2sin α－λsin β)
∴|a－λb|＝eq \r(（2cs α－λcs β）2＋（2sin α－λsin β）2)
＝eq \r(4＋λ2－4λ（cs αcs β＋sin αsin β）)
＝eq \r([λ－2cs（α－β）]2＋4－4cs2（α－β）)
若cs(α－β)≤0，则当λ＝0时|a－λb|有最小值，而λ≠0，故不成立．∴cs(α－β)>0，
∴当λ＝2cs(α－β)时|a－λb|有最小值，∴eq \r(4－4cs2（α－β）)＝eq \r(3)，
∴4－4cs2(α－β)＝3，cs(α－β)＝eq \f(1,2)，(另一解为负，舍去)，
∴λ＝2cs(α－β)＝1，∴|a－b|＝|a－λb|＝eq \r(3).
8．C 【解析】作BM∥DE交CD于M，连接MG.则四边形BEDM是平行四边形，DM＝2eq \r(2)，CM＝eq \r(2)，
由BM∥DE，BM不在平面FDE内，DE在平面FDE内，可得BM∥平面FDE.
又BG∥平面FDE，BM∩BG＝B，BM，BG平面BGM，
所以平面FDE∥平面BMG.
又平面FDE∩平面FDC＝FD，平面BMG∩平面FDC＝MG，所以MG∥FD，
因此eq \f(CG,CF)＝eq \f(CM,CD)＝eq \f(1,3).
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．AC 【解析】每一名学生被抽中的概率为eq \f(100,1000)＝eq \f(1,10)，A正确；由题意知，这1000名学生的平均体重为66×eq \f(11,20)＋54×eq \f(9,20)＝60.6 kg，故B错误；设这组数据从小到大排列为x1，x′2，x′3，…，x′99，x100，则x1，x2，…，x100的中位数为eq \f(x′50＋x′51,2)，x2，x3，…，x99的中位数为eq \f(x′50＋x′51,2)，故C正确；由C选项知，x1，x2，…，x100的极差为x100－x1，x2，x3，x4，…，x99的极差为x′99－x′2，显然有x100－x1≥x′99－x′2，故D错误．
10．BCD 【解析】根据复数的代数形式，结合运算法则，判断A错B对，根据复数的三角表示，结合运算法则，判断C，D均对．
11．ABD 【解析】对A，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝1＋1－2×1×1×cseq \f(2π,3)＝3，即BC＝eq \r(3)，故A正确；对B，如图，设△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥底面ABC，又PA⊥底面ABC，所以OO1∥PA，由∠BAC＝eq \f(2π,3)，得圆心O1在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部，故B正确；对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，因为PA是球O的一条弦，所以OQ⊥PA，所以四边形OO1AQ为矩形，故OO1＝AQ＝eq \f(1,2)PA＝1，即球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确；对D，设球O的半径为R，圆O1的半径为r，由正弦定理得2r＝eq \f(BC,sin∠BAC)＝2，所以r＝1，进而R＝eq \r(OOeq \\al(2,1)＋r2)＝eq \r(2)，球O的表面积为4πR2＝8π，故D正确．
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)
12.eq \r(5) 【解析】设z1，z2在复平面内对应的向量为a，b，则原题等价于eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝2，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))＝1，且a＋b＝(1，2)，求eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)).考虑到(a＋b)2＋(a－b)2＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))eq \s\up12(2)，故5＋(a－b)2＝10，故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))＝eq \r(5)，所以|z1－z2|＝eq \r(5).
13．3eq \r(2)＋2eq \r(5) 【解析】如图，取CC1的中点F，连接B1F并延长B1F，BC，
设B1F∩BC＝G，连接AG，设AG∩CD＝M，连接FM，AB1.
因为四边形BCC1B1为正方形，且E为BC中点，F为CC1中点，
所以B1F⊥C1E，又D1C1⊥B1F(D1C1⊥平面BCC1B1)，
且C1E平面D1C1E，D1C1平面D1C1E，D1C1∩C1E＝C1，
所以B1F⊥平面D1C1E，故B1F⊥D1E，
又AB1⊥平面A1D1CB，进而有AB1⊥D1E，
由此可得D1E⊥平面AB1G，则点P的运动轨迹周长为四边形AB1FM，
由相似得M为DC中点，
则AM＝B1F＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
AB1＝2eq \r(2)，MF＝eq \r(2)，所以四边形AB1FM周长为2eq \r(5)＋3eq \r(2).
14．10 【解析】eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))＝(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))＋(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))＋2(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))
＝(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))＋(eq \(MO,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋2(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＝2eq \(OC,\s\up6(→))－4eq \(OM,\s\up6(→))，
所以|eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))|2＝|2eq \(OC,\s\up6(→))－4eq \(OM,\s\up6(→))|2＝4|eq \(OC,\s\up6(→))|2＋16|eq \(OM,\s\up6(→))|2－16eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝68－16eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))，
eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝|eq \(OC,\s\up6(→))|×|eq \(OM,\s\up6(→))|·cs〈eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉＝2cs〈eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉，
因为〈eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉∈[0，π]，所以cs〈eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉∈[－1，1]，
所以eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝2cs〈eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉∈[－2，2]，
所以|eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))|2＝68－16eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))∈[36，100]，
所以|eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))|∈[6，10]，
即|eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))|的最大值是10.
(也可建系解答)
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．【解析】(1)如图，设圆锥母线PB与圆柱交点为A，连接O′A.
依题意，∠POB＝eq \f(π,2)，则有l＝eq \r(a2＋a2)＝eq \r(2)a，2分
又O′为PO中点，设圆柱的高为h，则eq \f(PO－h,PO)＝eq \f(O′A,OB)＝eq \f(1,2)，解得h＝eq \f(1,2)PO＝eq \f(1,2)a.
设圆柱半径为r，则r＝O′A＝eq \f(1,2)a.4分
因为圆锥内部挖去一个圆柱，
故剩下几何体的体积V＝eq \f(1,3)πa2×a－π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)a＝eq \f(5,24)πa3.6分
(2)设圆柱半径为r，高为h.
则依题意，有eq \f(PO－h,PO)＝eq \f(r,R)，其中R为圆锥的底面半径，即eq \f(a－h,a)＝eq \f(r,a).
所以h＝a－r.8分
又圆锥内部挖去一个圆柱，
所以剩下几何体的表面积S＝πa2＋πa×eq \r(2)a＋2π×r×h
＝πa2＋πa×eq \r(2)a＋2π×r×(a－r)
＝－2π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r－\f(a,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3π,2)a2＋eq \r(2)πa2.12分
故r＝eq \f(a,2)时，S取到最大值eq \f(3＋2\r(2),2)πa2.13分
16．【解析】(1)(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，即b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).3分
(2)(ⅰ)由eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(BO,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))－\(BA,\s\up6(→))))＝eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))，4分
因为O为△ABC外接圆圆心，即外心，
所以eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))2＝eq \f(1,2)a2，eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))2＝eq \f(1,2)c2，6分
由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccs A＝4＋c2－2c，
所以eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)(4＋c2－2c)－eq \f(1,2)c2＝2－c.8分
(ⅱ)设△ABC外接圆半径为R，则OA＝OB＝OC＝R，
且2R＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(2,sin B)，即R＝eq \f(1,sin B)，9分
因为∠AOC＝2B，∠BOC＝2A＝eq \f(2π,3)，10分
所以S△OAC＝eq \f(1,2)R2·sin∠AOC＝eq \f(1,2)·eq \f(1,sin2B)·sin 2B＝eq \f(1,tan B)，
S△OBC＝eq \f(1,2)R2·sin∠BOC＝eq \f(1,2)·eq \f(1,sin2B)·sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),4)·eq \f(sin2B＋cs2B,sin2B)＝eq \f(\r(3),4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,tan2B)))，
所以S1－S2＝eq \f(1,tan B)－eq \f(\r(3),4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,tan2B)))＝－eq \f(\r(3),4)·eq \f(1,tan2B)＋eq \f(1,tan B)－eq \f(\r(3),4)，12分
由△ABC为锐角三角形知，tan B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，令eq \f(1,tan B)＝x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)))，
则S1－S2＝f(x)＝－eq \f(\r(3),4)x2＋x－eq \f(\r(3),4)＝－eq \f(\r(3),4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2\r(3),3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(\r(3),12)，
∵f(0)＝－eq \f(\r(3),4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))＝eq \f(\r(3),12)，∴S1－S2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)，\f(\r(3),12)))即为所求.15分
17．【解析】(1)设B1C交BC1于点O，连接DO，
在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1且BB1＝CC1，
所以四边形BB1C1C是平行四边形，则O为B1C的中点，
因为D为AC的中点，所以OD为△AB1C的中位线，AB1∥OD，3分
因为AB1平面C1BD，OD平面C1BD，
所以AB1∥平面C1BD；4分
(2)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥CC1且AA1＝CC1，
因为AC＝AA1，AA1⊥AC，所以四边形ACC1A1是正方形，所以AC1⊥A1C，
因为D，E分别是AC，CC1的中点，所以DE是△ACC1的中位线，
所以AC1∥DE，又因为AC1⊥A1C，所以DE⊥A1C，6分
在正三棱柱中CC1⊥平面ABC，BD平面ABC，所以BD⊥CC1，
在正三角形ABC中，D为AC的中点，所以BD⊥AC，
因为CC1∩AC＝C，CC1，AC平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，
因为A1C平面ACC1A1，所以A1C⊥BD，8分
因为DE⊥A1C，BD∩DE＝D，BD，DE平面BDE，
所以A1C⊥平面BDE，因为A1C平面A1B1C，
所以平面A1B1C⊥平面BDE.9分
(3)设正三棱柱底边边长为2a，
取BC的中点F，连接AF，取CF中点G，连接DG，过G作GH垂直BE于点H，连接DH，
因为三角形ABC为正三角形，且F为BC中点，所以AF⊥BC，
又因为此多面体为正三棱柱，所以面ABC⊥面BCC1B1，且面ABC∩面BCC1B1＝BC，
所以AF⊥面BCC1B1因为D为AC中点，G为FC中点，所以DG∥AF，所以DG⊥面BCC1B1，
又BE面BCC1B1，所以DG⊥BE，
又HG⊥BE，HG∩DG＝G，HG平面HGD，DG平面HGD，
所以BE⊥平面DHG，又DH平面DHG，所以DH⊥BE，
由此，∠DHG即为所求二面角的平面角，12分
在直角三角形DGC中，DG⊥BC，则DG＝eq \f(\r(3),2)a，
在直角三角形BCE中，sin∠EBC＝eq \f(EC,BE)＝eq \f(a,\r(5)a)＝eq \f(\r(5),5)，
又HG⊥BE，所以在直角三角形BHG中，BG＝eq \f(3,2)a，则HG＝BGsin∠EBC＝eq \f(3\r(5),10)a，
又因为DG⊥面BCC1B1，且HG面BCC1B1，所以DG⊥HG，
所以tan∠DHG＝eq \f(DG,HG)＝eq \f(\r(15),3).15分
18．【解析】(1)由离散曲率的定义得ΦP＝1－eq \f(1,2π)(∠APB＋∠BPC＋∠APC)，
ΦA＝1－eq \f(1,2π)(∠PAB＋∠BAC＋∠PAC)，ΦB＝1－eq \f(1,2π)(∠PBA＋∠ABC＋∠PBC)，
ΦC＝1－eq \f(1,2π)(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)，所以ΦP＋ΦA＋ΦB＋ΦC＝4－eq \f(1,2π)×4π＝2.3分
(2)由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC，
又AC⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA平面PAC，则BC⊥平面PAC，
由PC平面PAC，得BC⊥PC，即∠BCP＝eq \f(π,2)，又ΦC＝1－eq \f(1,2π)(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)，
即eq \f(3,8)＝1－eq \f(1,2π)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠PCA＋\f(π,2)＋\f(π,2)))，解得∠PCA＝eq \f(π,4)，4分
又PA⊥平面ABC，AC平面ABC，所以PA⊥AC，
所以∠ACP＝∠APC，所以AC＝AP＝2，PC＝2eq \r(2)，6分
又C1为C关于AB的对称点，且AC⊥BC，AC＝BC，所以四边形ACBC1为正方形，
所以OB⊥CC1，
又AB＝CC1＝2eq \r(2)，E为OB中点，
所以OE＝eq \f(\r(2),2)，所以S△C C1E＝eq \f(1,2)OE·CC1＝1，
又PA⊥平面ABC，综上三角形APC1，三角形APC，三角形ACC1均为等腰直角三角形，
所以PC1＝PC＝CC1＝2eq \r(2)，则三角形CC1P为等边三角形，则S△C C1P＝2eq \r(3)，8分
设E到平面PCC1的距离为d，
所以V棱锥P－ECC1＝V棱锥E－PCC1，即eq \f(1,3)AP·S△ECC1＝eq \f(1,3)d·S△PCC1，
所以d＝eq \f(\r(3),3)，
综上，点E到平面PCC1的距离为eq \f(\r(3),3)，10分
(3)过点Q作QG∥PA交AB于点G，连接CG，
由PA⊥平面ABC，得QG⊥平面ABC，则∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角，
11分
依题意，PA＝2，AB＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，PB＝eq \r(22＋（2\r(2)）2)＝2eq \r(3)，
则sin∠PBA＝eq \f(PA,PB)＝eq \f(\r(3),3)，cs∠PBA＝eq \f(AB,PB)＝eq \f(\r(6),3)，12分
设BQ＝x(00，解得x＝eq \f(2\r(3),3)，16分
所以BQ＝eq \f(2\r(3),3)，eq \f(BQ,BP)＝eq \f(1,3).17分
19．【解析】(1)由f(t)＝4t2＋t＋2，t∈[－1，1]的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(31,16)，7))，可知{f(sin x)|x∈[0，2π]}中包含的整数为2，3，4，5，6，7共6个.3分
(2)依题意，f(1)，f(2)，f(3)∈{1，2，3}由二次函数开口向上和对称性，
若f(x)min2，则集合{x|f(x)∈{1，2，3}}元素个数至多为2，舍去．
故f(x)min＝2，可得f(1)＝f(3)＝3，f(2)＝2，即a＋b＋c＝9a＋3b＋c＝3，4a＋2b＋c＝2，
解得a＝1，b＝－4，c＝6.8分
(3)一方面，考虑函数f(x)＝(x－3)2＋1，则f(1)＝f(5)＝5，f(2)＝f(4)＝2，f(3)＝1，f(6)＝10，此时A＝{x|f(x)∈{1，2，3，4，5，6}}∩{1，2，3，4，5，6}＝{1，2，3，4，5}，A中元素个数为5；11分
另一方面，若存在f(x)使得A中元素个数为6，必有f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，f(5)，f(6)∈{1，2，3，4，5，6}，
而|f(4)－f(1)|＝|(16＋4b＋c)－(1＋b＋c)|＝|15＋3b|；|f(3)－f(2)|＝|(9＋3b＋c)－(4＋2b＋c)|＝|5＋b|，
故|f(4)－f(1)|＝3|f(3)－f(2)|，
于是由|f(4)－f(1)|，|f(3)－f(2)|∈{0，1，2，3，4，5}，若|f(3)－f(2)|≥2，则|f(4)－f(1)|≥6，不合题意，从而必有|f(3)－f(2)|＝0或1，即|5＋b|＝0或1，解得b＝－4，－5或－6.
又6－1≥f(6)－f(2)＝(36＋6b＋c)－(4＋2b＋c)＝32＋4b得b≤－eq \f(27,4)