湖北省宜荆荆随恩2024年高一下学期6月联考数学试卷+答案

2024年宜荆荆随恩高一6月联考高一数学试卷命题学校：宜昌一中命题教师：高一数学备课组审题学校：恩施高中条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在答题卡上的非答题区域均无效.符合题目要求的. 1.若复数z满足z+3=,则z=()A.充分不必要条件B.必要不充分条件4.若R上的奇函数f(x)在区间(−∞,0)上单调递增，且f(3)=0，则不等式f(x)>0))的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形ABCDEFGH，其中AB=------------A.−1B.1C.D.1+2则+的最小值为()A.B.C--------接球体积与圆台O1O2的体积之比为()A.−B.−C.D.（）B.b的值为ln0.8C.使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约2h,,DA.存在点Q，使B,N,P,Q四点共面B.存在点Q，使PQ∥平面MBNC.三棱锥P−MBN的体积为D.经过C,M,B,N四点的球的表面积为9π单调递增.（2）将函数f(x)的图象的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度后，得到函数g(x)的图象，求g(x)在−,上的值域.（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.平面DAE⊥平面ABCE.（3）求点C到平面BDE的距离.E,F,G,H经过中心投影之后的投影点分别为A,B,C,D.对于四个有序点A,B,C,D，若ACADABACADAB2024年宜荆荆随恩高一6月联考高一数学参考答案12345678DAACDBBC【详解】依题意，2iz+6i=z，故z==，故z==.故选：D【详解】因为a=2sinπ<2sinπ=1，又b3=7，则b=，且1<<=2，即1<b<2，因为3c=10，所以c=log310>log3【详解】在正八边形ABCDEFGH中，连接HC，则HC∥AB，而∠ABC=135。，即∠BCH=45。，于是∠HCD=90。，在等腰梯形ABCH中，x)=log222x−3)=log22x−4log2x+3，2=,当且仅当=xx∴+xx,当且仅当=xx∴+xxxx42B【详解】设圆台O1O2的高为4h，外接球半径为R，作出轴截面如图：则R2=4+9h2=36+h2，解得h=2,R=2，【详解】：c1=2=−tanβ,∴tanα=2,tanβ=−2，∴sinα=5,cosα=5,sinβ=5,cosβ9ABD−b,−b=0.8①,故−b=ln0.8⇒b=−ln0.8，B错误，−bt,e−bt②,联立①②解得，0.5=0.8t，lg0.5−lg2−lg2−lg2−0.301lg0.5−lg2−lg2−lg2−0.301故使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约3h.C错误，【详解】对于A，直线a可能在平面α内，可能与平面又a∥b，所以b⊥l，即b与α内任意直线垂直，所以b⊥α,故В正确.对于C，若a∥α,b⊂α,则直线a与直线b可能平行，也可能异面，对于D，过直线a作平面β,使得平面β与平面α相交，设α∩β=m，因为PQ∉平面BMN,MN⊂平面BMN，所以PQ∥平面BMN，故B正确；C：连接D1M,D1N,D1B，因为D1M∥BN，则棱锥M−PBN=V三棱锥D1−PBNN,故C错误；D：分别取BB1,DD1的中点E,F，构造长方体MADF−EBCN，则经过C,M,B,N四点的球即为长方体MADF−EBCN的外接球.设所求外接球的直径为2R，则长方体MADF−EBCN的体对角线即为所求的球的直径，即(2R)2=AB2+BC2+CN2=4+4+1=9，所以经过C,M,B,N四点的球的表面积为4πR2=9π,故D正确.【解答】则有AC=AB2+BC2>AD=AB2+BD2>AB>BC故最长的线段为AC，最短的为BC.故答案为AC;BC.【详解】因为(a2+b2−c2)=absinC，所以由余弦定理2abcosC=a2+b2−c2，得2abcosC=absinC，则sinC=,cosC=，2221=a+b−2abcosC=a+b−≥2ab222即ab≤，当且仅当a=b=时等号成立，所以SABC= absinC=ab≤,即ABC面积的最大值为 ,4【解析】a2+b2，得到a2a2+b2，得到a2+b2=16，再由a是整数及部的a.【详解】因为f(θ)=acosθ+bsinθasinθ−bcosθ=(acosθ+bsinθ)2+(asinθ−bcosθ)2+2acosθ+bsinθasinθ−bcosθ|≤ (acosθ+bsinθ)2+(asinθ−bcosθ)2+(acosθ+bsinθ)2+(asinθ−bcosθ)2=2a2cos2θ+2b2sin2θ+4abcosθsinθ+2a2sin2θ+2b2cos2θ−4abcosθsinθ且不等号取等的充要条件是acosθ+bsinθ=asinθ−bcosθ,即(acosθ+bsinθ)2=(asinθ−bcosθ)2，展开并化简即得(a2−b2)cos2θ+2absin2θ=0.由a2−b2cos0+2absin0=a2−b2及(a2−b2)cosπ+2absinπ=b2−a2，结合零点存在定理知关于θ的方程a2−b2cos2θ+2absin2θ=0一定有解.+b2=16.aa>0，所以b=>0，这得到−4<a<4.>ea.x−π2π−3 π 34π37π33πx+π−60 π 2π262sinx+-1020-1作出f(x)在再向右平移个单位长度后，得到g(x)=2sinx−的图象；16.【答案】（1）因为正四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD=2,AB=，2222EC.（2）在侧棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC，满足SE=EC.理由如下：连接BD交AC于O，并连接OP,O为BD中点，取SD中点为Q，因为SP=3PD，则PQ=PD，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ,BE.在BDQ中，有BQ∥PO,：PO⊂平面PAC,BQ∉⊂平面PAC,∴BQ∥平面PAC，SQSESQQPECQP又由于QE∥PC,PC⊂平面PAC,QE平面PAC,∴QE∥平面PAC，∴平面BEQ∥平面PAC，又BE⊂平面BEQ，得BE∥平面PAC. 2sinC，从而），当AD=1时，在三角形ACD中，设∠ADC=θ,则θ∈,，ADsinCsin12)sinθ,(](]方法二：在本小问的解析中，所有“线段BC上”均不含端点B和C.由cosA=−<0知角A是钝角，所以角B,C都是锐角，这表明点A在直线BC上的投影H在线段BC上.对线段BC上的点D,AD长度的取值范围是[h,b)，所以条件等价于h≤1<b.而我们有a2=b2+c2+bc=b2+b2+b2=b2((+1)2+1++1)=3b2，(3+1)23+1(3+1)22故b=a.由于sinA==1−=我们又有h======.aaa23+1a33+1a我们又有h======.aaa23+1a33+1a+：：：EC∥AB,AB⊂平面DAB,EC⊄平面DAB，：平面DEC∩平面DAB=l,EC⊂平面DEC，：：∴BE=AE=，2+AE2=AB2，：平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE（3）解：由（2）可得BE⊥平面ADE过D作DO⊥AE于点O，：平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE=AE,DO⊂平面ADE， 2在等腰直角三角形ADE中，由AD=DE= 2设点C到平面BDE的距离为h，BCE，解得h=，所以C到平面BDE的距离是.不妨设AB=AC+CB,AB=AD−BD，ABCBABBDCBBDABAB则=1+,=1−,由x=−1，知=，故+=2，ACACADADACADACAD