云南省临沧市凤庆县凤山镇前锋中学等学校2024~2025学年高一下册第二次联考数学试题附解析

/2024-2025学年前锋中学等学校第二次联考高一数学试卷一、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z满足(1+2i)z−=4+3i，则复数z在复平面上对应的点位于第(    )A.一 B.二 C.三 D.四2.已知向量a，b满足a⋅b=−5|b|，b=(3,4)，则A.(−3,−4) B.(3,4) C.(−35,−3.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，E,F分别是AB,AC的中点，平面EFC1B1将三棱柱分成体积为V1A.7:5 B.4:3 C.4.已知函数y=sin(πx)，x∈[56,m)(m>A.[32,52) B.[5.已知P是△ABC所在平面内的点，满足PA⋅PB=PB⋅PC=A.重心 B.垂心 C.内心 D.外心6.在如图所示平面图形中，弧CD为四分之一圆弧，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5，CD=22，AD=2.则此平面图形绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(

)A.68π

B.64π

C.72π

D.76π7.已知将函数y=sinωx+cosωx向右平移π4ω个长度单位，再将振幅缩小到原来的22倍，得函数f(x)，又知函数f(x)与g(x)=−cos(ωx+π6)的图象连续相邻的三个交点为A、B、A.33π B.32π8.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点P是四边形A1B1C1D1的内切圆上一点，O为四边形ABCD的中心，给出以下结论：

①存在点P，使AA1/​/平面DOPA.0

B.1

C.2

D.3二、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.已知z为复数，则下列说法正确的是(

)A.若z是纯虚数，则z2<0

B.|z|2=z2

C.若复数z=(2−i)10.已知函数f(x)=2sin(2x−π3)+1A.若f(x1)=f(x2)，则x2=x1+kπ，k∈Z

B.f(x+π11.已知四棱锥S−ABCD的底面为平行四边形，SA⊥平面ABCD，AB⊥BC，M，N分别为侧棱SB，SC上一点，且SB⋅SN=SC⋅SM，若A.BC/​/平面DMN B.MN⊥平面SAB

C.四棱锥S−ABCD的体积为23 D.点A到平面SBC的距离为三、填空题：本题共3小题，共13分。12.在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别a、b、c，2sinAsinBcosC=sin2C，则a2+b13.以正四面体的四个顶点为球心，正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体叫勒洛四面体(如图甲)，勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图乙).若正四面体ABCD的棱长为4，则其对应的勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为______．14.记[x]表示不超过实数x的最大整数，记T=[x]+[2x]+[3x](x∈R)的数为“好数”，如0，7等都是“好数”，4不是“好数”，则100以内正整数中共有“好数”______个.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)

在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，且AA1=AB=AC，O是BC中点．

(1)求证：A1C/​/平面16.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=4sinB，且sin2A+3sin2C2=2．

(1)若17.(本小题15分)

如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1，

(Ⅰ)若D为线段AC的中点，求证；AC⊥平面PDO；

(Ⅱ)求三棱锥P−ABC体积的最大值；

(Ⅲ)若BC=2，点E在线段PB上，求CE+OE18.(本小题17分)已知函数fx=2asinxcosx+2cos2(1)求a的值；(2)求函数y=fx在区间0,(3)将函数y=fx的图象向右平移φφ>0个长度单位，得到函数y=gx的图象．若fx19.(本小题17分)

如图，等腰直角三角形ACB所在平面与半圆弧AB所在平面垂直，M是AB上异于A、B的点，N是AM的中点．

(1)证明：AM⊥平面OCN；

(2)若三棱锥M−ABC体积最大为13，设∠MAB=α，

(i)求体积最大时α的值及此时二面角C−AM−B的余弦值；

(ii)当M在弧AB上运动时(不与A、B重合)，证明：点O到平面BCM的距离d=

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：由题意可知，z−=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=2−i，

则z=2+i，在复平面上对应的点为(2,1)，位于第一象限．

【解析】解：向量a，b满足a⋅b=−5|b|，

因为b=(3,4)，所以|b|=32+42=5，

所以【解析】解：设三角形AEF的面积为S1，三角形ABC与三角形A1B1C则有VAEF−A1B1C1又因为V1=1所以V2由题意可知S1由①②③可得V1所以V2所以V1故选：A．4.【答案】D

【解析】解：x∈[56,m)(m>56)时，πx∈[56π,mπ)，

因为函数既有最小值也有最大值，所以3π2<mπ≤13π6或mπ>5π【解析】解：∵PA⋅PB=PB⋅PC，

∴PB⋅(PA−PC)=0，即PB⋅CA=0，

∴PB⊥CA，【解析】解：旋转后的几何体为一个圆台挖去有一个半球．如图所示：

因为∠ADC=135°，所以∠EDC=45°，则△DEC为等腰直角三角形．

所以CE=DE=CDsin45°=22×22=2，BC=42+(5−27.【答案】A

【解析】解：y=sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4)向右平移π4ω，再将振幅缩小22，

得f(x)=sinωx，

又因为g(x)=−cos(ωx+π6)=cos(π−ωx−π6)=sin(π2−π+ωx+π6)g(x)=cos(5π6−ωx)，

即g(x)=sin(ωx−π3)，

所以函数f(x)和g(x)的周期T=2πω，

因为A，B，C为连续三交点，(不妨设B在x轴下方)，D为AC的中点，

由对称性知，△ABC是以AC为底边的等腰三角形，2AD=AC=T=2πω，

由sinωx=sin(ωx−π3)=128.【答案】D

【解析】解：设底面内切圆的圆心为O1，连接OO1，D1O1，

由正方体的性质可知，OO1//DD1//AA1，所以O，O1，D，D1四点共面，

又因为AA1⊄平面ODO1，所以AA1/​/平面ODO1，

所以当点P是直线D1O1与四边形A1B1C1D1的内切圆的交点时，满足AA1/​/平面DOP；故①正确．

9.【答案】ACD

解：对于A，设z=bi(b∈R，且b≠0)，

故z2=−b2<0，故A正确;

对于B，取z=i，则|z|2=1，z2=i2=−1，

所以|z|2≠z2，故B错误；

对于C，z=4−4i+i2=3−4i，∴z=3+4i，

，∴z在复平面内对应的点在第一象限，故C正确;

对于D，∵|z|=1，∴复数10.【答案】CD

【解析】解：函数f(x)=2sin(2x−π3)+1，

对于A，若f(x1)=f(x2)，则sin(2x1−π3)=sin(2x2−π3)，

所以2x1−π3=2x2−π3+2kπ，或2x1−π3+2x2−π3=π+2kπ,k∈Z，

即x1=x2+kπ，或x1+x2=5π6+kπ,k∈Z，故A错误；

对于B，又g(x)=f(x+π6)=2sin2x+1，

由于g(0)=2sin0+1=1【解析】解：如图，因为在平行四边形ABCD中，AB⊥BC，所以四边形ABCD为矩形，

又AC=2BC=2，可得AB=BC=2，

所以四边形ABCD为正方形，

由SB⋅SN=SC⋅SM，可得SBSM=SCSN，

所以MN/​/BC，因为MN⊂平面DMN，BC⊄平面DMN，

所以BC/​/平面DMN，A正确；

因为SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，

所以SA⊥BC，所以SA⊥MN，又AB⊥BC，则AB⊥MN，

因为SA∩AB=A，SA，AB⊂平面SAB，

所以MN⊥平面SAB，B正确；

因为SA⊥平面ABCD，则V四棱锥S−ABCD=13×S四边形ABCD×SA=13×2×2×2=43，C错误；

易得SA⊥AB，所以SB=SA2+AB2=6，

结合B12.【答案】2

π3【解析】解：因为2sinAsinBcosC=sin2C，

所以2abcosC=c2，

所以a2+b2−c2=c2，

所以a2+b2c2=2，

cosC=a2【解析】解：如图，

设正四面体的中心为O，先求BO的长，

连接BO并延长交平面ACD于H，则BH⊥平面ACD，且H为△ACD的中心，

则CH=23×32×4=433，

在Rt△BHC中，BH=16−(433)2=463，

连接OC，在Rt△OHC中，OC2−OH2=CH2，即OC214.【答案】67

【解析】解：由题意可知：当0≤x<1时，则有：

若0≤x<13，则T=[x]+[2x]+[3x]=0；

若13≤x<12，则T=[x]+[2x]+[3x]=1；

若12≤x<23，则T=[x]+[2x]+[3x]=2；

若23≤x<1，则T=[x]+[2x]+[3x]=3；

综上所述：当0≤x<1时，f(x)的所有可能值为0，1，2，3．

又因为[x+1]+[2(x+1)]+[3(x+1)]=[x+1]+[2x+2]+[3x+3]=[x]+[2x]+[3x]+6，

所以当k≤x<k+1，k为整数，T=[x]+[2x]+[3x]=6k，6k+1，6k+2，6k+3，

因为6×16+3=99<100，6×17=102，所以k的最大值为16，

所以100以内正整数中共有“好数”的个数为【解析】(1)证明：连接A1B交AB1于点M，连接MO，

在△A1BC中，M、O分别是A1B和BC的中点，

所以MO//A1C，

又因为MO⊂平面AB1O，且A1C⊄平面AB1O，

所以A1C/​/平面AB1O.

(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，

所以侧棱B1B⊥平面ABC，

因为AO⊂平面ABC，

所以B1B⊥AO．

因为∠BAC=90°，且AA1=AB=AC，

且O是BC的中点，

所以BC⊥AO，AO=12BC=22AB．

16.【答案】455；

【解析】(1)若a=c，则sinA=sinC，

因为sin2A+3sin2C2=2，可得sin2A=sin2C=45，

在△ABC中，sinA=sinC=255，cosA=cosC=55，

所以sinB=sin(π−A−C)=sin2A=2sinAcosA=2×255×55=45，

又因为b2=4sinB=165，

可得17.【答案】解：(Ⅰ)在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，

所以AC⊥DO，

又PO垂直于圆O所在的平面，

所以PO⊥AC，

因为DO∩PO=O，

所以AC⊥平面PDO．

(Ⅱ)因为点C在圆O上，

所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，

又AB=2，所以△ABC面积的最大值为12×2×1=1，

又因为三棱锥P−ABC的高PO=1，

故三棱锥P−ABC体积的最大值为：13×1×1=13．

(Ⅲ)在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，

所以PB=12+12=2，

同理PC=2，所以PB=PC=BC，

在三棱锥P−ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示，

当O，E，C′共线时，CE+OE取得最小值，

又因为OP=OB，C′P=C′B，

所以OC′垂直平分PB，即18.【答案】解：(1)因为f=a=其中tanθ=1a因为fx的最大值为3所以a所以a2因为a>0，

所以a=(2)由(1)知fx因为tanθ=1a所以θ=π所以fx因为x∈0,π2，

当2x+π6=7π6当2x+π6=π2(3)依题意g设Hx所以H=2=2=4=4=4cos若cosφ≠0，取x1=H(x1)=2则H(x2)−H(当cosφ≠0时，f(x)+g(x)当cosφ=0即φ=kπ+π2

，k∈N此时fx+gx因为φ>0，所以φ的最小值为π219.【答案】证明见解答；

(i)33；

【解析】(1)证明：因为M是半圆弧AB上异于A、B的点，所以AM⊥BM，

因为O、N分别是AB、AM的中点，所以ON/​/BM，

所以ON⊥AM，

因为△ACB是等腰直角三角形，所以OC⊥AB，

因为平面ACB⊥平面ABM，AB是交线，所以CO⊥平面ABM，

因为AM⊂平面ABM，所以AM⊥CO，

又ON、OC⊂平面OCN，AM⊄平面OCN，

所以AM⊥平面OCN．

(2)(i)设⊙O的半径为r，过点M作MG⊥AB交AB于点G，如图