长沙市第一中学2023-2024学年高一下学期第一次阶段性检测（月考）数学试题（答案）

数学参考答案题号1234567891011答案DCBBADDCABDBDBCff（—m）—4,又f（m）—5,则f（—m）——1.故选C.3f3又f（1）——2十1——1<0,排除A项.故选B.5.A【解析】因为>—cos工在0,上单调递减,所以a—cos>cos—,又>—log5工在（0,十…）上单调递增,故C—log52<log5槡5—,又b—sin—,故C<b<a.故选A.—2a工,分两种情况讨论:①当a三1时,工2—2a工>1—2a,所以只需1—2a三1,解得a>0,所以0三a三1；②当a>1时,（工2—2a工）min——a2,所以只需—a2三1,显然成立,所以a>1.综上,a的取值范围是[0,十…）.故选D. 7.D【解析】作出图形,建立如图所示的平面直角坐标系,设N（工,>）,因为AC—2槡3,人ABC—120。,所以BO—1,因为十—0,所以—,即M是BC的中点,由题知λ牛0,故N槡,—1,所以.—十4—29,所以λ—.故选D.8.C【解析】当0<工<时,因为幼>0,所以—<幼工—<π—,0,上存在最值,所以π—>,解得幼>2,当<工<π时,2幼—<幼工—<π幼—,kπ—,kπ十（kez）,其中kez,解得k—三幼三k十（k其中kez,解得k—三幼三k十（kez）,所以k—三k十,解得k三,所以<又因为幼>0,所以ke{0,1,2}.当k—0时,0<幼三；当k—1时,1三幼三；当k—2时,三幼三.又因为幼>2,所以幼的取值范围是,.故选C.数学参考答案（一中版）—1对于选项A:义.—（a十bia—bi）—a2十b2—0,所以a—b—0,所以义—0,故选项A正确；对于选项B:义——（a十bi）ℴ（a—bi）—2bieR,所以b—0,即义—aeR,故选项B正确；2十sin2牛1,故选项C不正确；所以义—bi,beR,所以|义—1—i|—|—1十（b—1）i|—槡1十（b—1）2>1,所以|义—1—i|的最小值为1,故选项D正确.故选ABD.10.BD【解析】对于A,若a—2β,可得tana—tan2β—12t—β,因为tana—2tanβ,可得12t—β—2tanβ,解得tanβ—0,又因为当βe0,时,tanβ>0,所以方程无解,所以A错误；对于B,因为tana—2tanβ,可得—,所以sinacosβ—2cosasinβ,又因为sinacosβ—,所以cosasinβ—,则sin（a—β)ℴsinacosβ—cosasinβ—,所以B正确；对于C,sin（a十β)ℴsinacosβ十c对于D,因为βe0,,所以tanβ>0,又tana—2tanβ, ,所以tan（a—β)ℴt—12β—taβ2tanβ三22—槡,当且仅当—2tanβ,即tanβ—槡时,等号成立,所以tan（a—β)的最大值为槡,所以D正确.故选BD.令工—0,>—2,则f（2）—f（0）.f（2）—f（2）.f（0）—0,故选项A错误；2—1,故选项C正确；ff8,fffffffffff（8）—0十0十0—1十0十1—0,fff（8）]—0,故选项D错误.故选BC.数学参考答案（一中版）—22213.4或8【解析】由3a—槡3b—12,得a—4,b—4槡3, 由余弦定理得,a2—b2十c2—2bccosA,16—48十c2—2X4槡3X槡c,化简得c2—12c十32—0,解得c—4或c—8.14.2【解析】设M—maxc十b,十bc,十c},则由题意可得M>c十b>0,M>十bc>0,M>十c>0,c—十bc,所以①当c>1时,十bc>c十b>0,只需考虑M>十bc,M>十c,所以M>十bc>十b>2槡,M>十c>十1>2槡,所以M2>2槡X2槡—4,可得M>2,当且仅当a—b—c—1时取等号；②当0<c<1时,0<十bc<c十b,只需考虑M>c十b,M>十c,所以M2>c十b十c—a十十十bc>2槡aX十2槡Xbc—4,可得M>2,当且仅当a—1,bc—1时取等号.综上所述,M的最小值为2.设向量a与b的夹角为θ,则a.（a十b）—a2十a.b—|a|2十|a||b|cosθ—10十5槡10cosθ—15, 解得cosθ—槡10.…………………（4分） 又θe[0,π],所以sinθ—槡1—cos2θ—30,故tanθ——3.……………（7分）.b—2b2—0,即10λ十5（2λ—1）—50—0,解得λ—…………（13分）在ΔABC中,由正弦定理得3sinAsinC—4sinCcosA,只sinC牛0,：3sinA—4cosA,两边平方可得：9sin2A—16cos2A,则9sin2A—16（1—sin2A）,：25sin2A—16,只sinA>0,：sinA—.由正弦定理得2sinBcos—槡5sinAsinB,只cos牛0,：sin—槡,cos2—1,解得：cos—士槡,只0<<,：cos—槡,数学参考答案（一中版）—3：sinA—2sincos—.………………………（7分）（2）设BM—MC—m,易知cos人BMC——cos人BMA——sinA—在ΔBMC中,由余弦定理得18—2m2—2m24545,—,解得m—槡5或m——槡5（舍去）, 在直角三角形ABM中,sinA—,BM—槡5,人ABM—,：C—35.………（15分）17.【解析】（1）由AB是半圆的直径,得AC」BC,则AD—BC—ABsin人CAB—4sinθ,过点O作OE」CD交CD于点E,连接CO,则人COB—2θ,人EOC——2θ,因此CD—2CE—2OCsin人EOC—4cos2θ,所以>—8sinθ十4cos2θ十4,θe（0,.…………（7分）设t—sinθe0,槡,则>——8t2十8t十8,显然当t—时,>有最大值10,所以梯形ABCD周长的最大值是10.……………（15分）又工e（0,10）,得>—f（工）的单调递增区间是[3,6]和[9,10令2kπ三工三π十2kπ,kez,解得6k三工三3十6k,kez,：函数>—f（工）在（0,10）上的单调递增区间是[3,6]和[9,10）,单调递减区间是（0,3]和[6,9].……………（5分）,ff2工—e工—1,当工e（—…,a）时,令t—e工e（0,ea）,则F（t）—t2—t—1,开口方向向上,对称轴是直线t—,F（0）——1,0,上单调递减,在,ea上单调递增,aa2—ea—1>1,解得ea>1十51,所以a>ln1十51.…………………（11分）f又P（1）—>0,P——ln<0,f数学参考答案（一中版）—4f2—ff2—fℴ则只P—cos—ln—槡6槡2—ln~0.25875—0.223>0，e—e2ln工—eln工—1—工—工0—1—（工0—2—e，：[h（g（工0]—0.………………（17分） 1十11—工1 1十121—221—1—工1十1—工22—4（1—工11—工2）2（1—工11—工2）1—工1十1—工22（1—工11—工21—工1十1—工2））>0，f函数.即11>，—工2—…—工n—时取等号，故W的最小值为1.……………（9分），因为Ti>1，所以工i>0要证T11十T21十…十Tn1>T1T2nTn十1，只需证e工1十e工1十…十e1>e工十工