湖北省荆州中学2025-2026学年高一下学期6月月考试题数学试卷

这是一份湖北省荆州中学2025-2026学年高一下学期6月月考试题数学试卷，共30页。
单选题：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.
复数 z 满足 z 3  2i  13 ，则复数 z 的共轭复数 z 的虚部为（）
2
B. 2C.
2i
D. 2i
如图，正方形OABC 的边长为 2，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（）
2
A. 4
B. 8
C. 2
D. 4
2
2
已知α， β，γ是三个不同的平面，m，n，l 是三条不同的直线，下列命题中正确的是（）
若 m  l, n  l ，则 m / /nB. 若α γ， β γ，则α//β
C. 若 m α， m∥n ，则 n αD. 若α β， m α， n  β，则 m  n
已知 P(1, 2) 是角α终边上一点，则sinα csα （ ）
sinα csα
A. 3
B.  1C. 1
33
D. 3
ax (x  1)
已知函数 f (x)  (2a  3)x  4a  3(x  1) ，在,  上是增函数，则 a 的取值范围是

a  1
a  2
1  a  2
1  a  2
已知VABC 中角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，D 为边 BC 上一点，且 AD 为BAC 的角平分
线，若BAC  π , AD 
3
3 ，则b  c 最小值为（）
A. 5B. 4C. 3D. 6
–––→
1 –––→
1 –––→
在VABC 中， D ， E 分别为线段 AB ， BC 上的点，直线 AE ， CD 交于点 P ，且满足 BP  3 BA  2 BC ，则
SV BPE
SV BPD
2
​
3
 （）
3
2
34
D.
43
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点 P 在棱CC1 上，过 A1 , B, P 作截面α，过 A, B1 , P 作截面β，记正方体截面α上方部分体积为V1 ，记正方体截面β下方部分体积为V2 ，则 V1  2V2 的最小值为（ ）
555961
A.B.C.
999
7
多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
已知一组样本数据：2，2，0，2，4，1，3，则下列关于该组样本数据说法正确的是（ ）
极差是 4B. 众数不等于平均数
6
C. 方差是 D. 75% 分位数是 3
7
已知函数 f  x  lg mx2  mx  3 ，则下列选项正确的有（ ）
若 f  x 的定义域为2, 3 ，则 m −1
2
若 f  x 的定义域为 R，则 m 0,12
若 f  x 的值域为 R，则 m 12, ∞
若 f  x 在 1 ,  上单调递增，则 m 0,12
 2

如图，M 为棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 表面上的一个动点，则（）
当 M 在平面 A1B1C1D1 内运动时，四棱锥 M  ABCD 的体积是定值
当 M 在直线 AC 上运动时， BM 与 AC 所成角的取值范围为 π , π 
1 1 4 2 
使得直线 MA 与平面 ABCD 所成的角为 60°的点 M 的轨迹长度为 3π  8 3
3
6
若 N 为棱 A1B1 的中点，当 M 在底面 ABCD 内运动，且 MN / / 平面 B1CD1 时， MN 的最小值
填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，当 x  0 时， f  x  x2  x 1，则当 x  0 时， f  x 
.
已知函数 f  x  csωx ω 0 在区间0, 2π有且仅有 3 个零点，则ω的取值范围是.
3
在三棱锥 P  ABC 中， PA  平面 ABC ， BAC  2π， AP  3 ， AB  2
3
， Q 是 BC 上的一动
点，且直线 PQ 与平面 ABC 所成角的最大值为π，则 BC ，三棱锥 P  ABC 的外接球的表面
3
积为．
解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知集合 A  {x∣a  x  2a  3} ， B  x x 1  2 ．
∣
x  2
若 a  4 ，求 A  B ；
若 A  B  A ，求实数 a 的取值范围．
某校高二年级半期考试测试后，为了解本次测试的情况，在整个年级中随机抽取了 200 名学生的数学成绩.将成绩分为30,50 ，50,70 ，70,90 ，90,110 ，110,130 ，130,150 ，共 6 组，得到如图所示的频率分布直方图.
求 a 的值，并估计本次考试的平均分和众数；（同组中每个数据用该组区间的中点值代替）
若年级计划对本次测试优异的同学进行表彰，且表彰人数不超过 6%，根据样本数据，试估计获得表彰的同学的最低分数.
已知函数 f  x  cs 2x  π  ，在VABC 中，内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c .
3 

 6 
求 f  π  的值，并求函数 f  x 的对称中心坐标；

将 y  f  x 的图象向右平移 π 个单位得到函数 g  x ，若对任意 x  0, π  ，都有 g  x  g  A 恒
6
成立，且 A 为VABC 的内角，求角 A ；
2 
在（2）的条件下， a  4 ，设点 H 在锐角VABC 所在平面内，且满足
HA  HB  HB  HC  HC  HA ，求△HBC 面积的取值范围.
如图，在四棱锥 P−ABCD 中， PB  PD ， PC  3， PA  PC ，M，N 分别为 PA，BC 的中点，底面四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形且DAB  60 ，AC 交 BD 于点 O.
求证： MN // 平面 PCD；
求证：平面 PAC  平面 ABCD；
求二面角 B  PC  D 的平面角的余弦值.
已知函数 f  x  lg k  2x ， k  R .
2x
 2  2 
若 f  1   f  3   2 ，求实数 k 的值；

在（1）问的条件下，解关于 x 的不等式 f  f  x  1；
若 k  4 ，对任意的b  1,  1  ，函数 g  x  f  x  lg x  x  b 在区间0, 2 内总存在 x 使得
2 20
g  x0   g 2  x0  成立，求实数 k 的取值范围.
荆州中学 2025~2026 学年高一下学期 6 月月考
数学试卷
单选题：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.
复数 z 满足 z 3  2i  13 ，则复数 z 的共轭复数 z 的虚部为（）
2
B. 2C.
2i
D. 2i
【答案】B
【解析】
13133  2i
133  2i
【详解】因为 z 3  2i  13 ，所以 z  3  2i ，
3  2i3  2i3  2i13
则 z  3  2i ，其虚部为 2．
如图，正方形OABC 的边长为 2，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（）
2
A. 4
B. 8
C. 2
D. 4
2
2
【答案】B
【解析】
2
【详解】在直观图中，OA  2 ，OB  2
2
，则在原图形平行四边形 OABC 中OA  2 ，OB  4，如
2
图，
2
所以原图形的面积为OA OB  2  4
 8.
已知α， β，γ是三个不同的平面，m，n，l 是三条不同的直线，下列命题中正确的是（）
若 m  l, n  l ，则 m / /nB. 若αγ， βγ，则α//β
若 m α， m∥n ，则 n α
【答案】C
若α β， m α， n  β，则 m  n
【解析】
【分析】在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，利用线线，线面，面面之间的关系判断.
【详解】对于选项 A，分别把 AA1 、 BC 、 AB 当作直线m 、 n 、l ，显然 m  n ，故 A 不正确；
对于选项 B，平面 AA1B1B 、平面 BB1C1C 、平面 ABCD 分别视为平面α、β、γ，显然α∩ β BB1 ， 故 B 不正确；
对于选项 C， m α， m∥n ，则 n α，故 C 正确；
对于选项 D，平面 AA1B1B 、平面 ABCD 分别视为平面α、β， A1B1, CD 分别视为 m, n ，则 m / /n ，故
D 不正确.
已知 P(1, 2) 是角α终边上一点，则sinα csα （ ）
sinα csα
A. 3
B.  1C. 1
33
D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】由已知得： tanα
2  2 \
sina- csa= tana- 1 = - 2 - 1 = 3 ．
1sina+csatana+1- 2 +1
ax (x  1)
已知函数 f (x)  (2a  3)x  4a  3(x  1) ，在,  上是增函数，则 a 的取值范围是

a  1
a  2
1  a  2
1  a  2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数恒增，列出不等式组，求解，即可得出结果.
ax (x  1)
【详解】因为函数 f (x)  (2a  3)x  4a  3(x  1) ，在,  上是增函数，

2a  3  0

所以有a  1

2a  3  4a  3  a
，解得1  a  2 .
故选 D
【点睛】本题主要考查由分段函数单调求参数的问题，只需考虑每一段的单调性，以及结点处的大小即可，属于常考题型.
已知VABC 中角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，D 为边 BC 上一点，且 AD 为BAC 的角平分
线，若BAC  π , AD 
3
3 ，则b  c 最小值为（）
B. 4C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦面积公式表示出：S
V ABC
 SV ABD
SV ADC
，化简可得b  c  bc ，即 1  1  1 ，再结合基
bc
本不等式中“1”的妙用求解.
【详解】如图，Q AD 为角平分线， SV ABC  SV ABD  SV ADC ，
 1  AB  AC  sin BAC  1  AB  AD  sin BAD  1  AC  AD  sin DAC
222
即 1 bc sin 60  1 AD  c sin 30  1 AD  b sin 30 ，
222
化简得b  c  bc, 1  1  1 ，则b  c  (b  c)  1  1   2  c  b  4 ，
bc
 
bcbc
当且仅当c  b  2 时取等号，故b  c 最小值为 4.
–––→
1 –––→
1 –––→
在VABC 中， D ， E 分别为线段 AB ， BC 上的点，直线 AE ， CD 交于点 P ，且满足 BP  3 BA  2 BC ，则
SV BPE
SV BPD
2
​
3
 （）
3
2
34
D.
43
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理，结合向量共线得出相关线段比例关系，进而根据三角形的面积公式求解．
【详解】
32
BPBABC
已知–––→  1 –––→  1 –––→ ，由 A, P, E 共线，设 BP  λBA  1λ BE ，
1–––→
1 –––→2 –––→
λ ，故 BP 
3
BA 
33
BE ，
1 1  –––→  1 –––→–––→  3 –––→
3  BE
BC ，则 BE
2
BC ，
4

–––→
Q BP 
1 –––→
BA 
2 –––→1
BE 
–––→–––→2

BP  PA 
–––→–––→–––→

BP  PE  BP 
1 –––→
PA 
2 –––→
PE ，
333333
 1 –––→2 –––→
3 PA  3 PE  0 ，故 AP  2PE ，故 AP :
PE 
2 : 1 ；
设 BP  μBD  1 μ BC ，则
1μ 1
，即μ 1
–––→
，则 BP 
1 –––→
BD 
1 –––→
BC ，
1 –––→1 –––→
–––→
2222
2 –––→
 BD 
23
BA ，解得 BD 
BA ，
3
–––→
1 –––→
1 –––→
–––→1
CP2
PD
由 BP  2 BD  2 BC 得出 –––→  1  1 ，故CP : PD  1:1，
由 AP :
PE 
2
SV BPA
2 : 1 知，设 B 到 AE 的距离为 h ，则
1 AP  h
 2  2  2 ，
SV BPE
1 PE  h1
2
AB  h
 S
1
1
由 BD : BA  2 : 3 知，设 P 到 AB 的距离为 h ，则 SV BPA  23 ，即 2 S，
SV BPD
1 BD  h2
V BPD
3 V BPA
 SV BPE
SV BPD
 SV BPE
2 S
 SV BPE
4 S
21
 1  3
44 ．
3 V BPA3 V BPE3
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点 P 在棱CC1 上，过 A1 , B, P 作截面α，过 A, B1 , P 作截面β，记正方体截面α上方部分体积为V1 ，记正方体截面β下方部分体积为V2 ，则 V1  2V2 的最小值为（ ）
555961
A.B.C.
999
7
【答案】B
【解析】
【分析】先确定截面α,β与正方体棱的交点，确定所截几何体形状，求出V1 ，V2 体积， 最后求V1  2V2 最小值．
【详解】
平面α截正方体，设α与C1D1 交于 P1 ，如左图； 平面β截正方体，设β与CD 交于 P2 ，如右图． 根据对称性， P1C1  PC1 ， CP2  CP ．
设C1P  x ，则CP  2  x ， 0  x  2 ．
V 是一个棱台，下底面为V A BB ，面积为2  2  1  2 ，
1
VC PP
112
x2
上底面为11 ，面积为 x  x  ，
22
S  S 
2
S1S2
x
 x
x2  2x  4 ．
V  12
 h  2  2 
1333
V 是一个棱台，下底面为V ABB ，面积为2  2  1  2 ，
212
VCPP
1(2  x)2
上底面为2 ，面积为(2  x) (2  x)  ，
22
S  S 
(2  x)2
S1S2
2  2  x
x2  6x 12 ．
V  12
 h  2  2 
2333
x2  2x  4x2  6x 123x2 10x  28
V1  2V2 
 2 ，
333
当 x  5 ，取最小值为 59 ．
39
多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
已知一组样本数据：2，2，0，2，4，1，3，则下列关于该组样本数据说法正确的是（ ）
极差是 4B. 众数不等于平均数
6
C. 方差是 D. 75% 分位数是 3
7
【答案】AD
【解析】
【分析】由数据的最大值减去最小值可得极差，即可判断A ；出现次数最多的为众数，求出 7 个数据的平均数即可判断B ；根据方差公式求解即可判断C ；将数据从小到大排序，由百分位数的计算方法即可求解 D .
【详解】对于A ，由已知样本数据的最大值为4 ，最小值为0 ，所以极差为4 ，故A 正确；
对于B ，样本数据的众数为2 ，平均数为 2  2  0  2  4 1 3  2 ，
7
所以众数等于平均数，故B 错误；
对于C ，方差为 1  2  22  3  0  22  4  22  1 22  3  22   10 ，故C 错误；
77
对于D ，将数据按照从小到大的顺序排列可得0 ，1， 2 ， 2 ， 2 ， 3 ， 4 ，因为7  75%  5.25 ，所以75% 分位数是3 ，故D 正确.
故选： AD .
已知函数 f  x  lg mx2  mx  3 ，则下列选项正确的有（ ）
若 f  x 的定义域为2, 3 ，则 m −1
2
若 f  x 的定义域为 R，则 m 0,12
若 f  x 的值域为 R，则 m 12, ∞
若 f  x 在 1 ,  上单调递增，则 m 0,12
 2

【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A，由mx2  mx  3  0 的解集为2, 3 ，得2, 3 为方程mx2  mx  3  0 的两个根，进而判断；对于 B，由mx2  mx  3  0 对于 x  R 恒成立，进而判断；对于 C，令t  mx2  mx  3 ，根据二次函数的性质结合条件进而判断；对于 D，令t  mx2  mx  3 ，由外函数 y  lg t 为增函数，得
t  mx2  mx  3 在 1 ,  上单调递增，进而判断.
 2

【详解】对于 A，由 f  x 的定义域为2, 3 ，所以mx2  mx  3  0 的解集为2, 3 ，

m  0
m1
所以2, 3 为方程mx2  mx  3  0 的两个根，所以2  3  m  
，故 A 正确；

m2

2  3  3
m
对于 B，由 f  x 的定义域为R ，所以mx2  mx  3  0 对于 x  R 恒成立，当 m  0 时， 3  0 满足题意，
m  0

当 m  0 时， Δ  m2 12m  0
所以 m 0,12 ，故 B 错误；
 0  m  12 ，
对于 C，由 f  x 的值域为 R，令t  mx2  mx  3 ，则0, ∞  {t | t  mx2  mx  3} ，当 m  0 时， t  3 不满足题意，
m  0

当 m  0 时， Δ  m2 12m  0
所以 m 12, ∞ ，故 C 正确；
 m  12 ，
对于 D，由 f  x 在 1 ,  上单调递增，令t  mx2  mx  3 ，
 2

当 m  0 时， t  3 不满足题意，
当 m  0 时，二次函数t  mx2  mx  3 的对称轴为 x  1 ，
2
由外函数 y  lg t 为增函数，所以t  mx2  mx  3 在 1 ,  上单调递增，
 2

所以对于 x  1 ,  ， t  0 恒成立，
 2

m  0
2
所以
 0  m  12 ，
m  1 
 m  3  0
2
 
2
所以 m 0,12，故 D 错误.
如图，M 为棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 表面上的一个动点，则（）
当 M 在平面 A1B1C1D1 内运动时，四棱锥 M  ABCD 的体积是定值
当 M 在直线 AC 上运动时， BM 与 AC 所成角的取值范围为 π , π 
1 1 4 2 
使得直线 MA 与平面 ABCD 所成的角为 60°的点 M 的轨迹长度为 3π  8 3
3
6
若 N 为棱 A1B1 的中点，当 M 在底面 ABCD 内运动，且 MN / / 平面 B1CD1 时， MN 的最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 选项，考虑底面积和高均未变，利用体积公式可得体积不变；B 选项，根据 A1C1 / / AC 找到异面直线所成角为 BM 与 A1C1 所成的角，即可判断；C 选项，找到 M 的轨迹为线段 AH , AT ，以及在平面
A B C D 内以 A 为圆心、 HA
 1 HA 
2 为半径的 1 圆弧，计算即可；D 选项，利用中点得线线平行，
1 1 1 11
3
124
即可找到 M 的轨迹，计算即可．
【详解】对于 A，因为底面正方形 ABCD 的面积不变， M 在平面 A1B1C1D1 内运动时，又 M 到平面 ABCD
的距离为正方体棱长，故四棱锥 M  ABCD 的体积不变，故 A 正确；
对于 B，由于 A1C1 / / AC ，故 BM 与 AC 所成的角即为 BM 与 A1C1 所成的角，
当 M 在端点 A , C 时， V A BC 为等边三角形，此时所成的角最小，最小为 π ，
11113
当 M 在 AC 的中点时，所成的角最大，最大为 π ，故 BM 与 AC 所成角的取值范围为 π , π  ，故 B 错误；
1 12
 3 2 
对于 C，由于 M 在正方体表面上，若直线 MA 与平面 ABCD 所成的角为 60°，则
MA 
2
sin π
3
4
3
，故以 A
为圆心，以
MA 
2
sin π
3
4
3
为半径作球，与棱 A1D1, A1B1 相交于点 H ,T ，则 M 的轨迹为线段 AH , AT ，
以及在平面 A B C D 内以 A 为圆心、 HA
 1 HA 
21
3
为半径的 圆弧，如图①，故 M 的轨迹长度为
1 1 1 11
124
2HA  l
 2  4
 π  2 
3π  8 3
，故 C 正确；
3
3
H‸T23
分别取 A1D1 、 DD1 、 BC 、 B1B 、CD 的中点 K 、 F 、S 、 E 、 P ，
由正方体的性质可知 K 、 F 、S 、 E 、 P ， N 六点共面，且为正六边形 PSENKF ，如图②， 由中位线定理， KN / / B1D1 ， B1D1  平面 B1CD1 ， KN  平面 B1CD1 ，所以 KN / / 平面 B1CD1 ，
同理 NE / / 平面 B1CD1 ，且 KN  NE  N ， KN , NE  平面 PSENKF ，
所以平面 PSENKF / / 平面 B1CD1 ，
M 在底面 ABCD 内运动，所以 M 轨迹为线段 PS ，
取 AB 中点 N ，连接 N N , N S ，则 N N  平面 ABCD ，
N N 2  N M 2
4  N M 2
故 MN 
4  
2 2
6
故当 N M 最小时， MN 最小，由于 SB  N B  PC  CS, N S  PS 2, PN   2, 故 N S  PS ，故当
M 为S 时， N M 的长最小，此时 N N 
故选：ACD．
2 ，故 MN 最小为
，D 正确．
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，当 x  0 时， f  x  x2  x 1，则当 x  0 时， f  x 
.
【答案】 x2  x 1
【解析】
【分析】根据函数是奇函数得 f x   f  x ，解出即可.
【详解】当 x  0 时， f  x  x2  x 1，

则当 x  0 时，函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，所以 f x   f  x ，可得 f  x   f x   x2  x 1  x2  x 1，
故答案为： x2  x 1.
已知函数 f  x  csωx ω 0 在区间0, 2π有且仅有 3 个零点，则ω的取值范围是.
 4 4 
【答案】  5 , 7 

【解析】
【分析】由 f  x  0 ，求得 x  π  kπ ，得出函数的零点，集合题意，得出不等式 5π  2π  7π ，即
可求解.
2ω ω
2ω2ω
【详解】由函数 f  x  csωx ，令 f  x  0 ，即csωx  0 ，
解得ωx  π  kπ, k  Z，可得 x  π  kπ , k  Z ，
2ω ω
因为 k Z ，则对应的零点为 π , 3π, 5π, 7π,
 2ω 2ω 2ω 2ω

因为函数 f  x  csωx ω 0 在区间0, 2π有且仅有 3 个零点，
则满足 5π  2π  7π ，解得 5 ω 7 ，即实数ω的取值范围为  5 , 7  .

2ω2ω44
 4 4 
 4 4 
故答案为：  5 , 7  .

3
在三棱锥 P  ABC 中， PA  平面 ABC ， BAC  2π， AP  3 ， AB  2
3
， Q 是 BC 上的一动
点，且直线 PQ 与平面 ABC 所成角的最大值为π，则 BC ，三棱锥 P  ABC 的外接球的表面
3
积为．
【答案】①. 6②. 57π
【解析】
3
3
【分析】（1）设直线 PQ 与平面 ABC 所成的角为θ，先求出 PQ 的最小值为2， AQ 的最小值是，
3
即点 A 到 BC 的距离为，再利用余弦定理求出 BC 的值；
3
（2）取VABC 的外接圆的圆心为O ，则圆O 的半径 r  2，连接OO ，作OM  PA 于点 M ，即得
 3 2
R2  (2 3)2   
 2 
 57
4
，即得解.
【详解】设直线 PQ 与平面 ABC 所成的角为θ，三棱锥 P  ABC 外接球的球心为O ，半径为 R ，
如图所示，则0  sinθ
PA  3 3 ，
3
3
3
PQPQ2
3
所以 PQ  2
BAQ  π．
3
，则 PQ 的最小值为2
， AQ 的最小值是
，即点 A 到 BC 的距离为
，所以
因为BAC  2π，
3
所以CAQ  π，
3
3
所以 AB  AC  2，
3
所以 BC 2  AB2  AC 2  2 AB  AC  cs 2π  (2 3)2  (2 3)2  2  2 3  2  1   36 ，
3
2 
所以 BC  6 ．
取VABC 的外接圆的圆心为O ，则圆O 的半径连接OO ，作OM  PA 于点 M ，

3
r  1 6 2
2sin 2π．
3
 3 257
则点 M 为 PA 的中点，所以 R2  OA2  OP2  (2 3)2    ，
 2 4
故三棱锥 P  ABC 的外接球O 的表面积 S  4πR2  57π． 故答案为：6； 57π.
【点睛】本题主要考查空间角的计算，考查几何体外接球的问题的处理，考查球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知集合 A  {x∣a  x  2a  3} ， B  x
x 1  2 ．
∣
x  2
若 a  4 ，求 A  B ；
若 A  B  A ，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）{x | 4  x  5}；
（2）{a|a  4}.
【解析】
【分析】（1）解出集合 B ，利用交集的定义求解；
（2）由 A  B  A 得到 A  B ，分 A   和 A   两种情况讨论求解.
【小问 1 详解】
Q a  4 ， A  {x∣4  x  5}，Q B  x x 1  2 ， B  x | 2  x  5 ，
∣
 A  B  {x | 4  x  5}；
【小问 2 详解】
x  2
Q A I B  A ， A  B ，
当 A   时， a  2a  3 ，解得 a  3 ，当 A   时，Q A  B ，
a  2a  3

所以a  2，则3  a  4 ，

2a  3  5
综合以上两种情况，可得实数 a 的取值范围为{a|a  4}.
某校高二年级半期考试测试后，为了解本次测试的情况，在整个年级中随机抽取了 200 名学生的数学成绩.将成绩分为30,50 ，50,70 ，70,90 ，90,110 ，110,130 ，130,150 ，共 6 组，得到如图所示的频率分布直方图.
求 a 的值，并估计本次考试的平均分和众数；（同组中每个数据用该组区间的中点值代替）
若年级计划对本次测试优异的同学进行表彰，且表彰人数不超过 6%，根据样本数据，试估计获得表
彰的同学的最低分数.
【答案】（1） a  0.0125 ，平均分 98，众数为 100.
（2）最低分数为 138.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质先计算 a ，再计算平均数和众数即可求解；
（2）由题意得获得表彰的同学的最低分数位于130,150 内，设为 x，得150  x 0.005  0.06 ，解出即可.
【小问 1 详解】
由频率分布直方图性质得0.0025  0.005  0.01 0.015  a  0.005 20  1，解得a  0.0125 ，本次考试的平均分 x  40  0.0025 20  60  0.005 20  80  0.01 20 100  0.015 20 120
0.0125 20 140  0.005 20  98 ，
由频率分布直方图得：众数为 100；
【小问 2 详解】
130,150 的频率为0.005 20  0.1  0.06 ，所以获得表彰的同学的最低分数位于130,150 内，且设为 x，则150  x 0.005  0.06 ，解得 x  138 ，即最低分数为 138.
已知函数 f  x  cs 2x  π  ，在VABC 中，内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c .
3 

 6 
求 f  π  的值，并求函数 f  x 的对称中心坐标；

将 y  f  x 的图象向右平移 π 个单位得到函数 g  x ，若对任意 x  0, π  ，都有 g  x  g  A 恒
6
成立，且 A 为VABC 的内角，求角 A ；
2 
在（2）的条件下， a  4 ，设点 H 在锐角VABC 所在平面内，且满足
HA  HB  HB  HC  HC  HA ，求△HBC 面积的取值范围.
【答案】（1）1，  5π  kπ , 0  ， k  Z .
 122

π
3
 0, 4 3 
3 

【解析】
【分析】（1）利用特殊角的三角函数值及余弦函数的性质，即可求解；
根据条件求出 g  x ，利用余弦函数的性质，即可求解；
根据条件得 H 为VABC 的垂心，结合条件得∠BHC  2π ，利用余弦定理及不等式的性质得
3
HB  HC  16 ，再由三角形的面积公式，即可求解.
3
【小问 1 详解】
由 f  x  cs 2x  π  ，得 f  π   cs 2  π  π   1 ，
3 
 6 
63 

令2x  π  π  kπ ， k  Z ，得 x  5π  kπ ， k  Z ，
32122
则函数 f  x 的对称中心坐标为 5π  kπ , 0  ， k  Z .
 122

【小问 2 详解】
由题意 g  x 
f  x  π     π   π   cs  2x  2π  ，
cs 2 x
6  6 3 3 
 
当 x  0, π  时， 2x  2π   2π , π  ，对任意 x  0, π  ，都有 g  x  g  A 恒成立，
2 
3
33 
2 
则 g  A 为 g  x 在0, π  上的最大值，所以2 A  2π  0 ，则 A   .
2 33
【小问 3 详解】
–––→–––→–––→
–––→–––→–––→
因为 HA  HB  HB  HC  HC  HA ，所以 HB  HA  HC   0 ， HC  HA  HB  0 ，即 HB  CA  0 ， HC  BA  0 ，故 HB  CA ， HC  BA ，所以 H 为VABC 的垂心，
连接 BH 并延长交 AC 于点 D ，连接CH 并延长交 AB 于点 E ，则 BD  AC ， CE  AB ，
在四边形 ADHE 中，由A  HDA  HEA  DHE  2π ，且 A   ，得DHE  2π ，则
33
∠BHC  2π ，
3
在△HBC 中，由余弦定理，
得 BC 2  HB2  HC 2  2HB  HC  cs BHC ，
所以16  HB2  HC 2  HB  HC  3HB  HC ，得 HB  HC  16 ，当且仅当 HB  HC  4 3 时，等号
33
成立，
所以 S 1 HB  HC sin BHC 3 HB  HC  4 3 ，
△HBC243
又 S 0 ，故△HBC 面积的取值范围为 0, 4 3  .
△HBC
3 

如图，在四棱锥 P−ABCD 中， PB  PD ， PC  3， PA  PC ，M，N 分别为 PA，BC 的中点，底面四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形且DAB  60 ，AC 交 BD 于点 O.
求证： MN // 平面 PCD；
求证：平面 PAC  平面 ABCD；
求二面角 B  PC  D 的平面角的余弦值.
【答案】（1）取 PD 的中点 E，连接 ME，CE，如图.
∵M 为 PA 的中点，
∴ ME  1 AD ， ME //AD ，
2
∵N 为 BC 的中点且四边形 ABCD 为菱形，
∴ NC //AD ， NC  1 AD .
2
∴ NC //ME ， NC  ME ，
∴四边形 MNCE 为平行四边形，
∴ MN //EC ，
又∵ MN ⊄平面 PCD， CE  平面 PCD，
∴ MN // 平面 PCD .
如图，连接 PO ，
∵ PB  PD ，O 是 BD 的中点，
∴ PO  BD ，
由菱形 ABCD 知 AC  BD ，又 PO  AC  O ，PO， AC  平面 PAC ，
∴ BD  平面 PAC ，
∵ BD  平面 ABCD ，
∴平面 PAC  平面 ABCD .
 1
7
【解析】
【分析】（1）取 PD 的中点 E，连接 ME，CE，先证明四边形 MNCE 为平行四边形，得到 MN / / EC ，再利用线面平行的判定定理证明即可；
连接 PO ，先证 BD  平面 PAC ，再利用面面垂直的判定定理证明即可；
过点 B 作 BF  PC 于点 F，连接 DF，OF，先证明BFD 为二面角 B  PC  D 的平面角，再在△BFD
中利用余弦定理求解即可.
【小问 1 详解】略
【小问 2 详解】略
【小问 3 详解】
如图，过点 B 作 BF  PC 于点 F，连接 DF，OF.
∵ BD  平面 PAC， PC  平面 PAC，
∴ BD  PC .
∵ BF  PC ，BD， BF  平面 BDF， BF  BD  B .
∴ PC  平面 BDF，
∴ PC  DF ， PC  OF .
∴ BFD 为二面角 B  PC  D 的平面角.
∵ PC  OF ， PA  PC ，PC，PA，OF 共面，
∴ OF //PA ，
∵O 是 AC 的中点，
∴F 是 PC 的中点，又∵ BF  PC ，
∴ PB  BC  2 ， FC  1 PC  3 ，
22
∴ BF 
7 .
BC 2  FC 2
2
∵F 是 PC 的中点，又 DF  PC ，
∴ DF 
7 ，
DC 2  FC 2
2
BF 2  DF 2  BD21
∴ cs BFD   ，
2BF  DF7
∴二面角 B  PC  D 的平面角的余弦值为 1 .
7
已知函数 f  x  lg k  2x ， k  R .
2x
 2  2 
若 f  1   f  3   2 ，求实数 k 的值；

在（1）问的条件下，解关于 x 的不等式 f  f  x  1；
若 k  4 ，对任意的b  1,  1  ，函数 g  x  f  x  lg x  x  b 在区间0, 2 内总存在 x 使得
2 20
g  x0   g 2  x0  成立，求实数 k 的取值范围.
【答案】（1） 4 ；
2
（2） (,1) ； 3
（3） (4, 2  5) .
【解析】
【分析】（1）由 f  x  lg k  2x 计算 f  1   f  3   2 ，利用对数公式计算得解.
22
2  
x
解不等式 f  x  lg 4  2x  1，则此不等式 f  f  x  1转化为1  f  x  2 ，代入 f (x) 的表
2x
达式，解对数不等式得解
由 g  x   g 2  x  得到k  2x k  4  2x   4  22b ，设t  4  22b ，由b 的范围得到t 的值域
0000
A ，设 h(x )  k  2x k  4  2x   4x2  8x  (k 2  4k ) ，由 x 0, 2 求出h(x ) 的值域 B ，由
0000000
对任意的b  1,  1  ，函数 g  x  f  x  lg x  x  b 在区间0, 2 内总存在 x 使得
2 20
g  x0   g 2  x0  成立，得到 A  B ，利用子集的定义列出 k 的不等式组，计算得解.
【小问 1 详解】
Q f  x  lg k  2x ， f  1   lg
2k  2 ， f  3   lg
2k  6
，
2
2
2 2
x
 2
3
 2  2 
Q f  1   f  3   2 ，lg

2 2k  2 +lg2
2k  6  2 ，
3
2k  2 2k  6   4 ， k 2  4k  0 ， k  4 或 k  0 ，
3

当 k  0 ， f  x  lg2 (2) 不满足真数大于0 ，即 k  0 不成立，故k  4 ；
【小问 2 详解】
Q k  4 ， f  x  lg2
4  2x
，
x
Q f  x  lg2
4  2x  1的解为1  x  2
x
 f  f  x  1 转化为1 
f  x  2 ，1  lg2
4  2x  2 ，
x
 2  4  2x  4 ， 2  x  1 ， f  f  x  1 的解集为( 2 ,1) ；
x33
【小问 3 详解】
Q f  x  lg k  2x ，
2x
 g  x 
f  x  lg
2 x  x  b  lg2
k  2x  lg x
2 x  x  b  lg2
k  2x  x  b ，
 g  x0   lg2 k  2x0   x0  b ， g 2  x0   lg2 k  4  2x0   2  x0  b ，
Q g  x0   g 2  x0  ，
lg2 k  2x0   x0  b  lg2 k  4  2x0   2  x0  b ，
k  2x k  4  2x   4  22b ，设t  4  22b
00
Qb  1,  1  ，1  t  2 ，t  4  22b 的值域为 A  [1, 2] ，
2 
设 h(x )  k  2x k  4  2x   4x2  8x  (k 2  4k ) ，
00000
对称轴为 x0  1，Q x0 0, 2 ， h(x0 ) 在 x0  1处取最大值为 k 2  4k  4 ，
0
 h(0)  h(2)  k 2  4k ， h(x ) 的值域为 B  (k 2  4k, k 2  4k  4] ，
Q对任意的b  1,  1  ，函数 g  x  f  x  lg x  x  b 在区间0, 2 内总存在 x 使得
2 20
g  x0   g 2  x0  成立，
 A  B ，
[1, 2]  (k 2  4k, k 2  4k  4] ，
k  4
5

k 2  4k  1

k 2  4k  4  2
， 4  k  2 ，
实数 k 的取值范围为(4, 2 
5) .