2023-2024学年湖南省长沙一中高一（下）第三次月考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年湖南省长沙一中高一（下）第三次月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若复数a+3i2+i是纯虚数，则实数a=(

)A.−32 B.32 C.−2.某校举行“勇士杯”学生篮球比赛，统计高一年级部分班级的得分数据如下：班级12345678得分2834343026282832则下列说法正确的是(

)A.得分的众数为34 B.得分的中位数为28

C.得分的75%分位数为33 D.得分的极差为63.已知平面α、β，直线l⊂α，直线m不在平面α上，下列说法正确的是(

)A.若α/​/β，m//β，则l/​/m B.若α/​/β，m⊥β，则l⊥m

C.若l/​/m，α/​/β，则m//β D.若l⊥m，m//β，则α⊥β4.已知a>0，b>0，则“a+b>1”是“ab>14”(

)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5.已知正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1A.12

B.64

C.16.已知cos(α+π8)+2cos(α−3πA.12 B.43 C.−1 7.已知m∈R，若函数f(x)=1x+1−mx−m−3(−1<x≤0)在定义域内有且仅有两个不同的零点，则m的取值范围是A.(−94,−2) B.(−94,−2]8.已知集合I⊆{a|a=(x,y)，x，y∈R}，若对于任意m，n∈I，以及任意λ∈[0,1]，满足λm+(1−λ)n∈I，则称集合I为“类圆集”.下列说法正确的是(

)A.集合A={a|a=(x,y)，y≥x3}为“类圆集”

B.集合B={a|a=(x,y)，y≤lnx}为“类圆集”

C.集合C={a|a=(x,y)，y≥x2}不为“类圆集”

D.若二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.在如图所示的网格中，每一个小正方形的边长均为1，则下列说法正确的是(

)A.AB⊥CD

B.CD在AC方向上的投影向量为AC

C.AD与CD的夹角为30°

10.某学校为了解学生身高(单位：cm)情况，采用分层随机抽样的方法从4000名学生(该校男女生人数之比为3：2)中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为175，方差为184，女生平均身高为160，方差为179.则下列说法正确的是参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：n1，x−，s12，n2，y−，s22.记总的样本平均数为ωA.抽取的样本里男生有60人 B.每一位学生被抽中的可能性为140

C.估计该学校学生身高的平均值为170 D.估计该学校学生身高的方差为11.化学中经常碰到正八面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如六氟化硫(化学式SF6)、金刚石等的分子结构.将一个正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体E−ABCD−F(如图)，已知正方体棱长为22A.正八面体E−ABCD−F的内切球表面积8π3

B.正八面体E−ABCD−F的外接球体积为8π3

C.若点P为棱EB上的动点，则三棱锥F−ADP的体积为定值223

D.若点P为棱EB上的动点(包括端点)，则直线三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设a>0，b>0，已知log2a+log4b213.在△ABC中，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=3π4，b=6，a2+c14.定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为______．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.(本小题13分)

已知向量a=(cos3x2,sin3x2)，b=(cosx2,sinx2)，c=(sin16.(本小题15分)

某校高一年级进行数学计算能力大赛，数学备课组从全年级的1000名学生的成绩中抽取容量为n的样本，构成频率分布直方图，且成绩在区间(50,60)的人数为5．

(1)求样本容量n以及频率分布直方图中的x；

(2)估计全年级学生竞赛成绩的平均数；

(3)从样本中得分在[80,100]的学生中随机抽取两人，问所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是多少？17.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA2+cosA=1，acsinA+4sinC=4csinA．

(1)求边长a和角A；

(2)若△ABC的面积为32，求中线AD的长度；

(3)若18.(本小题17分)

在多面体ABCDEF中，AD//BC//EF，且AD=CD=DE=4，BC=EF=2，∠BCD=∠FED=π3．

(1)证明：AD⊥CE；

(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，求二面角A−BF−D的余弦值；

(3)在(2)的条件下，求该多面体ABCDEF的体积．19.(本小题17分)

对于函数f(x)，若存在实数m，使得ℎ(x)=f(x+m)−f(m)为R上的奇函数，则称f(x)是位差值为m的“位差奇函数”．

(1)若f(x)=sin(x+φ)是位差值为π3的位差奇函数，求φ的值；

(2)已知f(x)=2x−t⋅2−x，g(x)=4x+4−xt，若存在m∈[0,+∞)，使得f(x)是位差值为m的“位差奇函数”．

①求实数t的取值范围；

②设直线x=x1，x=x2与函数ℎ(x)=f(x+m)−f(m)的图象分别交于A、B两点，直线x=x1，答案解析1.A

【解析】解：∵a+3i2+i=(a+3i)(2−i)(2+i)(2−i)=2a+3+(6−a)i4−i2=2.C

【解析】解：根据表格中数据可知，出现次数最多的是28，所以得分的众数为28，即A错误；

将8个数据从小到大排列为26，28，28，28，30，32，34，34，

所以中位数为28+302=29，可知B错误；

易知75%×8=6为整数，

所以第75%分位数为第6个和第7个数的平均值32+342=33，即C正确；

得分的极差为34−26=8，即D错误．

3.B

【解析】解：对于A，若α/​/β，m//β，则l/​/m或l与m异面，故A错误；

对于B，若α/​/β，m⊥β，则m⊥α，又l⊂α，则l⊥m，故B正确；

对于C，若l/​/m，α/​/β，则m//β或m⊂β，故C错误；

对于D，若l⊥m，m//β，则α/​/β或α与β相交，故D错误．

故选：B．4.B

【解析】解：当a=0.01，b=1时，满足a+b>1，但ab=0.1<14，所以充分性不成立；

当ab>14时，由a>0且b>0，可得a+b≥2ab>214=1，即a+b>1，必要性成立．5.C

【解析】解：由图可得，在正六棱柱中，BC1//FE1，连接E1F，FD，

则∠FE1D即为异面直线BC1与DE1所成角或其补角；

∵CC1⊥BC，BC=CC1=1，∴BC1=BC26.D

【解析】解：因为cos(α+π8)+2cos(α−3π8)=0，

所以cos(α+π8)+2cos(α+π8−π27.B

【解析】解：令1x+1−mx−m−3=0，即1x+1=mx+m+3，

设g(x)=1x+1,ℎ(x)=mx+m+3，x∈(−1,0]，由题意，函数g(x)与函数ℎ(x)在(−1,0]上有且仅有两个交点，如图，

9

显然函数ℎ(x)过定点P(−1,3)，g′(x)=−1(x+1)2，设过点P且与函数g(x)相切时的切线为PN，切点为N(x0,y0)，

则y0−3x0+1=m−8.B

【解析】解：设m=OM,n=ON，OD=λm+(1−λ)n=λOM+(1−λ)ON，λ∈[0,1]；

则OD−ON=λOM−ON,λ∈[0,1]，即可得ND=λNM,λ∈[0,1]，则点D在线段MN上，

由题意可得，若对于任意OM,ON∈I，线段MN上一点D，都有OD∈I，则集合I为“类圆集”，

对于A，集合A={a|a=(x,y)，y≥x3}，若对于任意的P(x1,y1)，Q(x2,y2)满足y1≥x13,y2≥x23，则OP,OQ∈A，

函数y=x3如下图，显然线段PQ上任意一点D(x3,y3)，不一定满足y3≥x33，

图中所示y3<x33，即OD∉A；

故集合A={a|a=(x,y)，y≥x3}不为“类圆集”，即A错误；

对于B，若B={a|a=(x,y)，y≤lnx}，对于任意的G(x4,y4)，H(x5,y5)满足y4≤lnx4，y5≤lnx5，则OG,OH∈B，

函数y=lnx如下图，显然线段GH上任意一点E(x6,y6)，都有y6≤lnx6，即OD∈B；

故可得集合B={a|a=(x,y)，y≤lnx}为“类圆集”，即B正确；

对于C，集合C={a|a=(x,y)，y≥x9.AD

【解析】解：根据题意，如图：以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系，

其中：A(0,0)，B(2,1)，C(1,0)，D(0,2)，

所以AB=(2,1)，CD=(−1,2)，AC=(1,0)，AD=(0,2)，

依次分析选项：

对于A，由于AB⋅CD=2×(−1)+1×2=0，所以AB⊥CD，A正确；

对于B，根据投影向量的定义，结合图象，CD在AC方向上的投影向量为−AC，B错误；

对于C，cos<AD，CD>=AD⋅CD|AD||CD|=42×10.ABD

【解析】解：对于A项，抽取的样本里男生有100×35=60人，所以A项正确；

对于B项，由题可知，每一位学生被抽中的可能性为1004000=140，所以B项正确；

对于C项，估计该学校学生身高的平均值为x−=175×35+160×25=169，所以11.ACD

【解析】解：由题意可知：正八面体的棱长为AB=2，OB=2，EO=BE2−OB2=2，

对于A项，设该正八面体内切球的半径为r，

由正八面体的体积可得8×13×12×2×2×32×r=2×13×2×2×2，解得r=63，

所以它的内切球表面积为4π×(63)2=8π3，故A项正确；

对于选项B：由题意可知：OA=OB=OC=OD=2，且OE=2，

结合对称性可知：点O为正八面体外接球的球心，则正八面体外接球的半径R=2，

所以正八面体外接球的体积为43πR3=82π3，故B项错误；

对于选项C：由题意可知：EB/​/DF，

且EB⊄平面ADF，DF⊂平面ADF，可得EB/​/平面ADF，

则点P到平面ADF的距离即为点B到平面ADF的距离，

所以V三棱锥F−ADP=V三棱锥P−ADF=V三棱锥B−ADF=V三棱锥F−ABD=13×12×2×2×2=212.8

【解析】解：∵a>0，b>0，∴log2a+log4b2=log13.3

【解析】解：由余弦定理得：b2=a2+c2−2accosB，

即36=a2+c2+14.2π(2【解析】解：根据题意可知，等边圆锥的轴截面为等边三角形SAB，且AB=2,SO=3，

设等边圆柱轴截面是边长为2r的正方形，可知OC=r，如下图所示：

当圆柱体积最大时，等边圆柱内切于等边圆锥，

此时易知△ACD～△AOS，即ACAO=CDSO，可得1−r1=2r3，

解得r=2315.解：(1)当x=π2时，a=(cos3π4,sin3π4)=(−22,22)，

b=(cosπ4,sinπ4)=(22,22)【解析】(1)根据向量数量积的坐标运算直接计算；

(2)根据向量数量积的坐标运算和辅助角公式得f(x)=−2sin(x−π616.解：(1)成绩在区间(50,60)的频率为0.2，n=50.2=25，

由频率分布直方图可得第4组的频率为：

1−0.2−0.24−0.36−0.08=0.12，故x=0.012．

(2)先估计所抽取的25名学生成绩的平均数为：

(55×0.02+65×0.024+75×0.036+85×0.012+95×0.008)×10=71.4(分)，

估计全年级学生竞赛成绩的平均数为71.4；

(3)得分成绩在[80,90)有0.012×10×25=3(人)，

这组的3名学生分别为a，b，c，

得分在区间[90,100]有0.008×10×25=2(人)，

这组的2名学生分别为d，e，

随机抽取两人，所以可能的结果为：

(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，共10种，

所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的结果为：

(a,d)，(a,e)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，共7种，

故所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是【解析】(1)由成绩在区间(50,60)的频率为0.2，求得样本容量，频率分布直方图中频率和为1求得x；

(2)根据频率分布直方图估计平均数；

(3)列出所有可能的事件，结合古典概型公式可得所求概率．

17.解：(1)由acsinA+4sinC=4csinA，得a2c+4c=4ac，

结合c≠0，化简得a2+4=4a，即(a−2)2=0，可得a=2．

根据sinA2+cosA=1，可得sinA2+1−2sin2A2=1，

即sinA2(2sinA2−1)=0，所以sinA2=12或sinA2=0，结合A2∈(0,π2)，可得A=π3；

(2)由S△ABC=12bcsinA=34bc=32，解得bc=2，

由余弦定理a2=b2+c2−2bccosπ【解析】(1)根据acsinA+4sinC=4csinA，利用正弦定理推导出a2c+4c=4ac，由此求得边a的值，然后根据sinA2+cosA=1求得sinA2，可得角A的大小；

(2)由余弦定理和三角形面积公式求得b2+c2=6且bc=2，然后根据AD=18.解：(1)证明：在△BCD中，CD=4，BC=2，∠BCD=π3，

由余弦定理可得BD2=CD2+BC2−2CD⋅BCcosπ3=12，即BD=23；

满足BD2+BC2=CD2，即BD⊥BC；

又AD//BC，所以BD⊥AD；

同理可得DF⊥AD，

因为BD⊥AD，DF⊥AD，BD，DF⊂平面BDF，BD∩DF=D，

所以AD⊥平面BDF，

又BF⊂平面BDF，所以AD⊥BF；

又因为BC/​/EF，BC=EF=2，所以四边形BCEF是平行四边形；

因此BF/​/CE，

所以AD⊥CE．

(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，由(1)知BD⊥AD，DF⊥AD，

所以可得BD⊥平面ADEF，DF⊂平面ADEF，所以BD⊥DF，

且BD=DF=23，BF=26，

由勾股定理可知AB=AF=27，

取BF的中点为G，连接AG，DG，如下图所示：

易知AG⊥BF，DG⊥BF，即可得∠AGD即为二面角A−BF−D的平面角，

显然AG=AB2−BG2=22，DG=6，又AD=4，

在△ADG中，cos∠AGD=AG2+DG2−A【解析】(1)利用余弦定理计算可得BD=23，再利用勾股定理可得BD⊥BC，同理可得DF⊥AD，由线面垂直判定定理可证明AD⊥平面B