2024湖北省宜荆荆随恩高一下学期6月联考数学试题及答案

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：恩施高中考试时间：2024年6月13日下午：00-17：00试卷满分：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号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､试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.､8540分在每小题给出的四个选项中，只有一项是一选择题：本题共小题，每小题分，共符合题目要求的.z+3=zzz=（1.若复数满足，则）3565355655A.B.C.D.12.已知a∈R，则a>1是““”<1”的（）aA.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件πa,b,ca=,b3=7,3=10，则（c3.若实数满足）12A.a<b<cB.b<c<aD.b<a<cC.a<c<b()在区间()上单调递增，且()=，则不等式()>的解集是（）4.若R上的奇函数fx,0f30fx0(−)∪()(−)∪(),30,3,3A.B.C.(−0)∪)(−)3,3D.5.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻AB=O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，其中为正八边形的中心，则AB⋅HD=（）A.2−1B.1C.2D.1+2xx19()=⋅()=()≠x），则2+6.已知函数fxlog2log2，若f1f2x1（其中的最小值为（）12283432A.B.C.2D.47.已知圆台O､4π,36π，其外接球球心O满足O=2，则圆台O2的上下底面面积分别为的外2接球体积与圆台O的体积之比为（）2D.1020513101010513A.B.C.1313cos2β−1sin2β8.已知α,β∈(π)tanα==2α−β)=，则（，且）4535354A.−B.−C.D.5､二多项选择题：本题共小题，每小题分，共3618分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.土壤是自然界中最大的生态系统，具有十分重要的作用.利用绿色化学药剂来降低土壤中的重金属含量是m改善土壤环境的一项重要工作，若在使用绿色化学药剂降低土壤中重金属含量的过程中，重金属含量a()=）与时间（单位：h）满足关系式mt/Lt（单位：，已知处理后，重金属含量减少ebt20%，下列说法正确的是（）(lg2≈)aA.表示未经处理时土壤中的重金属含量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()为减函数mtD.为两条不重合的直线，α为一个平面，则下列说法正确的是（）a,b10.设A.若a⊥,b⊂αa⊥αa⊥α,a∥b，则b⊥αB.若，则aα,b⊂αaaα,b⊥α，则a⊥C.若∥，则∥bD.若∥bABCD−ABCDM,N,P,CC,CD的中点，Q是线段11.如图，在棱长为2的正方体中，分别是111111111A上的动点，则下列说法中正确的是（）1A.存在点QB.存在点QB,N,P,Q四点共面，使，使PQ∥平面MBN2C.三棱锥P−的体积为3D.C,M,B,N四点的球的表面积为9π､三填空题：本题共小题，每小题分，共3515分.′′′′′12.如图所示，用斜二测画法画出的水平放置的及BC边上中线AD的直观图是ABC及AD，其中′B′=BC，试按此图判定原中的AB,BC,AC,AD四条线段中最长的线段是__________；′′最短的线段是__________.()=absinC13.在中，内角,B,C的对边分别为a,b,c,2a2+b2−c2，且面积c=1，则的最大值为__________.θ)=θ+θ+θ−，则满足条件fabsinasinbcosθ最大值为42bea的整数的个数>a14.已知函数为__________.､四解答题：本题共小题，共577分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤..､ππ32ππ15.已知直线x=是函数()=fxωx+(0)ω>的图象的一条对称轴，且()在−fx,−上333单调递增.（1ω的值，并在上面网格纸中作出()−π,3π]上的大致图象；在fx1π（2）将函数()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()的图gxfx52ππ−,象，求()在gx上的值域.63−=====2,P为侧棱SP=3PD上的点且，16.如图所示正四棱锥SABCD,SASBSCSDAB求：（1）正四棱锥S−ABCD的表面积；SE（2）侧棱上是否存在一点E，使得∥平面PAC.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.17.在中，角,B,C的对边分别为a,b,c，已知b2+c2+bc=a.2（1tanA；()（2b=3+1c，在边BC上（不含端点）存在点，使得AD=1，求a的取值范围.DAB=BC=E是的中点；如图，将沿AE折起，使折后18.1，在矩形ABCD中，平面平面⊥ABCE.（1）若平面ABD与平面CED的交线为l，求证：CE∥l；（2）求证：BE平面⊥；（3）求点C到平面BDE的距离.19.射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从O点出发，平面内四个点E,F,G,H,B,C,D,B,C,D.对于四个有序点，若经过中心投影之后的投影点分别为λµx=叫做这四个有序点的交比，记作(ABCD)CA=λCB,=µ，定义比值.11m+==（1x=1时，称,B,C,D为调和点列，若m，求的值；ACADAB（2）①证明：(=ABCD)()；32sin∠ACOsin∠AOB32②已知()=AC3==OA,OC.，求，点为线段BAD的中点，2024年宜荆荆随恩高一6月联考高一数学参考答案题号答案12345678DAACDBBC1.【答案】D1−−12【详解】依题意，z+=z，故z==，56212552655故z=+=.故选：D2.【答案】A11aa1由a>∴两边同乘>0∴可得<∴充分性成立；a1<1，两边同乘aa的正负性，∴a>∴.由，因不能确定不能确定得到必要性不成立A.a3.【答案】Aππa=<=1，【详解】因为1267<8=2，即1<b<2，又b因为34.【答案】C3=7，则b=37，且1<33c=10，所以c1092=>=，所以c>b>a.故选：A33【解答】定义在R上的奇函数()在区间fx()上单调递增，且()=0，,0f3则()在()上单调递增，且(−)=−()=，由()>得，3<x<0或x>3.故选：C.fxf3f30fx05.【答案】D【详解】在正八边形ABCDEFGH中，连接，则∥AB，而∠135，即=∠BCH=45，于是∠HCD=90，在等腰梯形ABCH中，AB⋅=1×∠CHD==1+2.故选：DCH=1+2×1×cos45=1+2，所以6.【答案】Bxx()=⋅=(−)(−)=x1x3xx3，2−+fxlog2log2【详解】222228fx=fx∴x+x=4由()()x⋅x=16，12，即1221221993321943∴+≥2=2×==x=，即1=,212时等号成立，故选：B，当且仅当12xx141227.【答案】B【详解】设圆台O的高为4h，外接球半径为R，作出轴截面如图：2O､4π,36π，则圆1,O的上下底面面积分别为的半径分别为，，2236h2，解得h=R=210+则R2=4+9h2=，4π⋅(210)310101334π+36π+4π⋅36π⋅8=故所求体积之比为.故选：B1()38.【答案】Ccos2β−1sin2ββ2==−tanβ∴tanα=tanβ=2，βcosβππα,β∈(π)∴α∈,β∈,π，222552555∴sinα=,cosα=,sinβ=,β=−，5552525553∴cosα−β)=αβ+sinsinβ=α×−+×=.故选：C.55555题号答案91011ABDADBD9.【答案】AD【详解】当t=0时，mt)=aa表示未经处理时土壤中的重金属含量，A正确，当t=1，故时，(−)=−b∴−b=0.8①，故b=ln0.8⇒b=−ln0.8B错误，120%aae,e=e−bt(−)=−bt∴150%aae,0.5②，联立①②解得，0.50.8t，=lg0.5−lg2−lg2−lg20.301则t=log0.80.5====≈≈3.103，lg0.8lg4lg52lg2−−(−lg2)3lg2130.3011−×−故使土壤中的重金属含量减少一半需要处理约.C错误，a由于b=−ln0.8>a>0，所以y=ebt单调递增，因此()=mt单调递减，D正确，故选：ADebt10.【答案】a可能在平面α内，可能与平面α相交，也可能平面α平行，故A错误.【详解】对于A，直线对于B，设直线l为平面α内的任意一条直线，因为⊥α,l⊂αa⊥l，所以，aa⊥l，即b与α内任意直线垂直，所以b⊥α又∥b，所以b，故В正确.aα,b⊂αa对于C∥，则直线与直线b可能平行，也可能异面，故C错误.aββ与平面α相交，设α∩β=m对于D，过直线作平面，使得平面，aα,α∩β=,a⊂βam，因为∥，所以∥又b⊥α,m⊂α，所以b⊥m，则b⊥a，故D正确.故选：11.【答案】ABCD−ABCDAB,CD.11【详解】A：如图，在正方体中，连接1111N,PCC,CD的中点，所以CD1∥PN.111因为分别是CD∥ABAB∥PN.1又因为，所以11A,B,N,P四点共面，即当Q1AB,N,P,Q与点重合时，四点共面，故A正确；所以1PQ,1，当Q是1A的中点时，因为PQ∥AC,AC∥MNPQ∥MN，所以.B：连接11111因为∉平面,⊂平面BMN，所以PQ∥平面BMN，故B正确；DM,DN,DB1M∥BN，则C：连接，因为111111三棱锥P−=三棱锥M−=三棱锥1−=三棱锥B−1=××1×1×2=C，故错误；323BB1,E,F−EBCN，D：分别取的中点，构造长方体1则经过C,M,B,N四点的球即为长方体−EBCN的外接球.设所求外接球的直径为2R，则长方体−EBCN的体对角线即为所求的球的直径，=4+4+1=9，(2R)2=AB2+BC2+CN2即所以经过C,M,B,N四点的球的表面积为4R29π，故D正确.=故选：12.【答案】AC；BC【解答】解：由斜二测法可知原图形是个直角三角形，其中角B为直角，=2则有AC=AB2+BC2>AD=AB2+BD>AB>BC2故最长的线段为AC，最短的为BC.AC;BC故答案为.213.【答案】4()=absinC2a2+b2−c2【详解】因为所以由余弦定理2abcosC所以sinC=22cosC，又sin，=a2+b2−c2，得22abcosCabsinC，=2C+C=C∈π2()，22313则sinC=,C=，所以由余弦定理以及基本不等式得：2ab2ab4ab1=a2+b2−2abcosC=a2+b2−≥2ab−=，33333ab≤即，当且仅当a=b=时等号成立，4212222所以S=absinC=ab≤，即面积的最大值为，3442故答案为：.414.【答案】5【解析】【分析】先用基本不等式证明fθ)的最大值是2⋅a=16，再由a2+b2，得到a2b2+是整数及,a∈3}，最后逐个枚举ab>ea>0确定b=16−a2的可能值并分类讨论即可得到全a部的.fθ=acosθ+bsinθasinθ−bcosθ【详解】因为()=(acosθ+bsinθ)≤(acosθ+bsinθ)22+(asinθ−cosθ)+(asinθ−cosθ)22+2cosθ+sinθsinθ−cosθ|+(cosθ+sinθ)+(sinθ−cosθ)sinθ+bθ−4cosθsinθ22=2a22θ+b2sin2θ+4cosθsinθ+2a2222=2⋅a2+b2，acosθ+bsinθ=asinθ−bcosθ且不等号取等的充要条件是，即=(asinθ−bcosθ)2，展开并化简即得a2−b)θ+2absin2θ=0(acosθ+bsinθ)22.由a2)cos0+2absin0=a2−b的方程a2−ba2−b)cosπ+2absinπ=b2−a2222，结合零点存在定理知关于θ及−b2)θ+2absin2θ=0一定有解.所以fθ)的最大值是2⋅a2+b2，从而2⋅a22+b2=42，即a2b2+=16.a∈Zb>,ea，则b>ea>0，所以=0>，这得到4<a<4.若要b16a−a∈3}，且16−a>ea.{从而2若a≤0，则16−a2≥16−32=7>1≥ea；=15>3>e=ea；≤16=4=2<e≤ea.若a=1，则16−a若a≥2，则16−a2222a0,1.所以满足条件的5故答案为：5.πππ115.【答案】（）依题意，ω⋅+=πk+(∈Z)，故ω=+k(k∈Z)，33222ππTπ2π−−−由于()在−,−fx上单调递增，故，33233πωπ120<3，故ω=所以，解得；3列表可知2ππ4π7πx−π−3π333312πππ3ππx+−π03622612π3x+-1020-2-1作出()在−π,3π]上的大致图象如下所示：fx15y=x+π；（2）将函数()的图象的横坐标缩短为原来的后，得到fx523π52π12再向右平移个单位长度后，得到()gx=x−的图象；2ππx∈−,525π5π51262π4π12312π，x∈−,,x−∈−,−当时，6352πππ2x−=−g(x)=−=2，所以当时，1225π4π4πx−=−g(x)=−=3当时，，21233ππ63故()在−,3gx上的值域为.16.【答案】（）因为正四棱锥SABCD−中，SASBSCSDAB=====2，22142即侧面的高h=22−=，2114所以正四棱锥S−ABCD的表面积S=4×××+×2=27+2.2222SE=2.（2）在侧棱上存在一点E∥平面PAC，满足EC理由如下：连接BD交AC于O，并连接OP,O为BD中点，取中点为QSP=3PD，因为，则=，过Q作PCBQ,BE.的平行线交于E，连接在BDQ中，有BQ∥POPO⊂平面PAC,BQ平面PAC∴BQ∥平面PAC，SQQPSESQ=∴==2由于.ECQP又由于QE∥PC,PC⊂平面PAC,平面PAC∴QE∥平面PAC，∩=Q,BQ,⊂平面BEQ，∴平面BEQBEQ，得∥平面PAC.∥平面PAC，又BE平面⊂b2+c2−a2b2+c2−b2−c2−bc1217.【答案】（）由余弦定理得cosA===−，所以bcbc11−sinAcosA1−cosA2A4tanA====−3.1−2()()（2）因为b=3+1c，所以sinB=3+1sinC，122ππ由（）知道cosA=−，所以A=，所以C=−B，33π3321()()()所以由sinB=3+1sinC，可得sinB=3+1sin−B=3+1cosB−sinB，2()()3+3sinB=3+3cosB>0（因为sinB>0从而），ππ所以tanB=1，结合B是三角形内角可知，B=,C=，412ππ412当AD1时，在三角形=中，设∠=θ，则θ∈,，sinθbsinθb==π由正弦定理得，故，sinsinC12πππ34322126−2因为sinCsin==sin−=×−×=，122224()所以b=6+2sinθ，2πsinabsin∠BACsinB63===在三角形ABC中，由正弦定理得，π2sin46()故a=b=3+3sinθ，2ππ4126−2因为θ∈,，所以sinθ的取值范围是,1，46a的取值范围是,3+3所以.2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.1cosA=−<0B,C都是锐角，由知角是钝角，所以角A2这表明点A在直线BC上的投影H在线段BC上.()设AH=h，则由H在线段BC上及b=3+1c>c可知，D,AD长度的取值范围是h,b)，所以条件等价于h≤1<b对线段BC上的点.b2(3+2+1+3+)b2b2b2而我们有a2=b2+c2+bc=b2++==，(3+23+1(3+226故b=a.313由于sinA=1−cos2A=1−=，42ah2SsinAb2a2ah======故我们又有.2(63+1a)3(3+1a)aaa3+3a6≤1<a，即<a≤3+3.所以条件等价于3+3326a,3+3综上，的取值范围是.（酌情给分）218.【答案】（四边形ABCD为矩形，∴EC，∥ABAB,⊂DAB,EC⊄EC∥平面，平面DAB，∴EC∥平面DAB平面DEC∩平面=l,⊂平面，∴ECl∥.（2AB=BC=E是CD中点，∴BE=AE=2，∴BE+AE=AB2，∴⊥22，平面⊥平面ABCE，平面∩平面ABCE=AE,BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面.（3）解：由（）可得BE平面⊥，ADE∴⊥⊂平面，过D作⊥于点O，平面⊥平面ABCE，平面∩平面ABCE=AE,⊂平面，∴⊥平面ABCE，2在等腰直角三角形中，由1，可得===，2设点C到平面BDE的距离为h，根据V=D−CEB，C−11⋅h⋅S=⋅⋅S可得，BCE331111⋅h⋅⋅BE⋅=⋅DO⋅⋅BC⋅EC即，323211h=，所以C.解得到平面BDE的距离是2219.【答案】（）由x=1<0知C,D两点分属线段AB内外分点，AB=AC+CB