湖南师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期第一次大练习数学试卷含解析（word版）

这是一份湖南师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期第一次大练习数学试卷含解析（word版），共41页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. D 【解析】对 A ,若 a=0 ,则 a=0 ,错误; 对 B ,向量不能比较大小,错误; 对 C,a=b ,但 a,b 不一定同向, 所以 a,b 不一定相等,错误; 对 D, 若 a=b ,则 a,b 长度相等,且方向相同,所以 a//b ,正确. 故选:D.
2. C 【解析】由余弦定理得 csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=52+62−822×5×6=−120π4 ,
此时 A+φ∈φ,π4+φ,sinπ4+φ=22sinφ+csφ=31010>255=sinφ ,
所以 sinA+φ∈255,1 ,故 2AC+BC∈(8,45],D 正确.
故选: ABD .
三、填空题(本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分. )
12. 6 【解析】 S△A1B1C1=34×22=32,S△ABC=22S△A1B1C1=22×32=6 .
13. −4925 【解析】由 AB+AC⋅BC=0 知, AB+AC⋅AC−AB=AC2−AB2=0 ,
故 AC=AB ,三角形 ABC 为等腰三角形.
设 BC 的中点为 O ,则 BC=27,AO=32,AC=5 ,
DB⋅DC=DO+OB⋅DO+OC=DO⋅DO+DO⋅OB+OC+OB⋅OC=DO2−OC2 ,
当 OD⊥AC 时, DOmin=12AO⋅OC12AC=32×75=3145 .
故 DB⋅DCmin=31452−7=−4925 .
14.6 【解析】依题意,正八面体可以在圆锥内任意转动,
当其棱长最大时,该正八面体内接于圆锥的内切球,
设球心为 P ,球的半径为 r ,圆锥下底面半径为 R ,轴截面上球与圆锥母线的切点为 Q ,圆锥的轴截面如图:
则 OA=OB=3 ,由 SO=33 ,得 SA=SB=SO2+OB2=6 ,
所以三角形 SAB 为等边三角形,故 P 是三角形 SAB 的中心,
连接 BP ,则 BP 平分 ∠SBA ,所以 ∠PBO=π6 ;
所以 tanπ6=rR ,即 r=33R=3 ,即正八面体的外接球的半径为 3 .
如图, 考虑到连接正方体六个面的中心可以得到正八面体,
故正八面体的外接球即为正方体的内切球.
设正方体棱长为 b ,则 b2=3,b=23 ,此时 a=22b=6 .
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) 由 bsinC+ctanCcsB=2csinA ,
根据正弦定理得: sinBsinC+sinCtanCcsB=2sinCsinA ， (2 分)
因为 C∈0,π,sinC>0 ,所以 sinB+sinCcsCcsB=2sinA ,
整理得 sinBcsC+sinCcsB=2sinAcsC ,则 sinB+C=2sinAcsC ,
因为 A+B+C=π ,所以 sinB+C=sinA ,所以 sinA=2sinAcsC , (4 分)
因为 A∈0,π,sinA>0 ,所以 csC=12 , (5 分)
因为 C∈0,π ,所以 C=π3 . (6 分)
(2)在 △ACD 中，由余弦定理得 AD2=AC2+CD2−2AC⋅CDcsC=b2+a22−2b⋅a2csC ，
代入 AC=b=2,AD=3,C=π3 得, 32=22+a22−2×2×a2×csπ3 ,
化简得 a2−4a+4=0 ,解得 a=2 , (10 分)
所以 a=b ,又 C=π3 ,所以 △ABC 为正三角形,
△ABC 的周长为 a+b+c=2+2+2=6 . (13 分)
16.【解析】(1) sin2α−π4=22sin2α−22cs2α=22sin2α−cs2α ,
联立 sin2α+cs2α=1,sinα−csα=15, 且 α∈0,π ,解得 sinα=45,csα=35, (3 分)
所以 sin2α=2sinαcsα=2425,cs2α=cs2α−sin2α=−725 , (5 分)
则 sin2α−π4=22×2425+725=31250 . (7 分)
(2)由题意 tanβ=2 , csα+βsinα−β=csαcsβ−sinαsinβsinαcsβ−csαsinβ ,
分式上下同时除以 csαcsβ 得 1−tanαtanβtanα−tanβ , (11 分)
由 (1) 得 tanα=sinαcsα=4535=43 , (13 分)
将 tanα=43,tanβ=2 代入 1−tanαtanβtanα−tanβ 得原式 =1−43×243−2=52 ,
即 csα+βsinα−β=52 . (15 分)
17.【解析】(1)因为正四棱台的上、下底面的边长分别为 6 和 10，高为 8，
故正四棱台 ABCD−A1B1C1D1 体积为 V=13×62+102+62×102×8=15683 m3 , (3 分)
记 O1,O 分别为棱台上、下底面的中心,分别取 B1C1,BC 的中点 M,N ,连接 OO1 , O1M,ON,MN ,在梯形 O1MNO 中,过 M 作 MH⊥ON 于 H ,
由于正四棱台侧面是全等的等腰梯形,
且 O1O=MH=8,O1M=3,ON=5 ,所以 HN=2 ,
所以 MN=MH2+HN2=82+22=217 ,
故该正四棱台的侧面积 S=4×12×6+10×217=6417 m2 . (7 分)
(2)设正四棱台上、下底边长分别为 2x,2y . 由条件可知， x+y=6,00 ,则 π6≤ωx2+π6≤ω+π6 ,
若 ω+π6≤π2 ,则 gx2min=32,gx2≤2 ,
此时 gx2 值域的区间长度不超过 12 ,而区间 2a−1,2a 长度为 1,不可能;
于是得 ω+π6>π2,gx2max=2 ,要使 gx2=sinωx2+π6+1 在 x2∈0,1 的值域包含 2a−1,2a ,
则 gx2=sinωx2+π6+1 在 x2∈0,1 的最小值 k≤1 , (8 分)
由图象有 ω+π6≥π ,解得 ω≥5π6 ,
此时, gx2 在 x2∈0,1 的值域为 k,2 ,包含 2a−1,2a ,得 2a∈k+1,2 .
由条件, k+1,2 为 1.5,2 的子集,得 k∈0.5,1 ,即 ω∈5π6,π . (10 分)
(3)如存在，由定义，函数 ℎx “自均值数” t 满足 ℎx 在 D=a,b 上的值域包含 2t−b,2t−a ，且这样的 t 构成的集合为 D=a,b ,则必有 ℎx=x2+2x−1 在 a,b 上的值域为 2a−b,2b−a . (12 分)
当 −1≤a