湖南師大附中學年度高一第二學期期中考試數(shù)學時量：120分鐘滿分：150分得分：______________(本題共8540要求的．)1．在復平面內(nèi)，(1－i)(4＋3i)對應的點位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限2．已知向量＝(，)，＝(λ，－1)，＝(μ，－1)，若(＋)∥，則λ＋μ＝A．－2B．－1C．0D．13．已知a，b表示直線，α，β，γ表示平面，則下列結(jié)論中正確的是A．若a∥α，b∥α，則a∥bB．若a∥b，a∥α，則b∥αC．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，則a∥bD．若a∥β，b∥β，aα，bα，則α∥β4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝2，b＝3，A＝45°，則B＝A．60°B.120°C.60°或120°D.45°或135°→→→→5．在平行四邊形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠A＝60°，＝3，則·＝A．3B．2C.32D．16R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f(4－x)＝2g(x)＝xx－2與f(x)的圖象的交點為(xy)，(x，y)(x，y)，則y＋yy＝A.m2B．mC．2mD．4m7．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B＝60°，b＝33，若△ABC為銳角三角形，則c的取值范圍為A．(0，33)B．(0，33]C．(0，6)D．(3，6)8ABCDABCD1的棱長為2EF分別是棱BCCC1P在正方形BCCB1(包括邊界)內(nèi)運動，若∥平面AEF，則線段1的長度的最小值是A.2)2B．2C.5D．3(本題共3618全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．)9．已知i為虛數(shù)單位，下列說法正確的有A．i＋i2＋i3＋i4＝0－B．復數(shù)z＝5i－2的共軛復數(shù)＝－2＋iC．復數(shù)z＝3－i的模為10D．已知復數(shù)z滿足|z－1|＝|z＋1|，則z在復平面內(nèi)對應的點的軌跡為直線10．下列說法正確的是A．已知向量＝(，)，＝(x，2)，且⊥，則x＝－2B．向量＝(，)，＝(x，2)，則“，b的夾角為銳角”是“x>－3”的充要條件→→→C．若2＋＋3＝，S，S分別表示S，S的面積，則S∶S＝1∶6→→→DABC與滿足(AB→)AB→)＋AC→)AC→))·＝0BA→)BA→)·BC→)BC→)＝12，則△ABC為等邊三角形SO的底面半徑為r，母線長為l，側(cè)面積為3π，點C是母線SA上靠近點S的三等分點，M，N是底面圓周上兩點，MA＝NA且∠MAN＝π2，則A．當3r＝l時，從點A到點C繞圓錐側(cè)面一周的最小長度為13B．當r＝32時，過頂點S和兩母線的截面三角形的面積最大值為7)4C．當l＝3時，圓錐SO的外接球表面積為81π8D．存在點D在圓錐SO上，使得直線BD∥平面MCN三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分．)12．已知水平放置的四邊形ABCD按斜二測畫法畫出的直觀圖A′B′C′D′如圖所示，其中A′D′∥B′C′，A′D′＝2，B′C′＝4，A′B′＝1，則四邊形ABCD的面積為__________．13．若將一個棱長為6的正方體鐵塊磨制成一個球形零件，則制作的球形零件的最大體積是______．→→→14．如圖所示，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，AB∥CD，AB＝AD＝6，設＝x＋y，且2x＋6y＝3，則四邊形ABCD的對角線BD的長為____________．四、解答題(本大題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)15．(13分)如圖，一個圓臺型花盆盆口直徑為20cm，盆底直徑為10cm，盆壁長(指圓臺的母線長)13cm.(1)求這個圓臺形花盆的體積；(2)101萬個同款花盆全部涂上油漆，預計花費多少元？(第(2)問中π取3.14)16．(15分)已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，acosC＋3asinC－b－2c＝0.(1)求A；(2)若A的角平分線AD長為1，且b＋c＝6，求sinBsinC的值．17(15分)ABCDAD∥BCAD＝2BCE為棱PD的中點．(1)在圖中作出面和面PCD的交線l，并證明：l∥平面ACE；(2)若＝PB＝PC＝AD＝10，CD＝12，在四棱錐中，求過點B，E及棱AD的中點的截面周長．18.(17分)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)－1(ω>00<φ<π)的圖象兩相鄰對稱軸之間的距離是π2f(x)的圖象上每個點先向左平移π12個單位長度，再向下平移1個單位長度，所得圖象對應的函數(shù)g(x)為偶函數(shù)．(1)求f(x)的解析式；(2)若對任意x∈0，\f(π3))，[f(x)]2－(2＋m)f(x)＋2＋m≤0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(3)若函數(shù)h(x)＝2f(x)＋1在區(qū)間[a，b](a，b∈R且a<b)至少有10個零點，在所有滿足條件的區(qū)間[a，b]中，求b－a的最小值．19.(17分)對于定義域為R的函數(shù)f(x)以及非空數(shù)集S：若對任意x，x∈，當x－x∈S時，都有f(x)－f(x)∈S，則稱f(x)是S關(guān)聯(lián)的．(1)設f(x)＝2x＋1，寫出符合條件的三個開區(qū)間(m，n)，使得f(x)是(m，n)關(guān)聯(lián)的；(2)設f(x)＝ax2＋bx＋1，若存在一個閉區(qū)間[m，n](m<n)使得f(x)是[m，n]關(guān)聯(lián)的，求f(x)；(3)證明：f(x)是[1，2]關(guān)聯(lián)的等價于f(x)是[1，2025]關(guān)聯(lián)的湖南師大附中2024－2025學年度高一第二學期期中考試數(shù)學參考答案一、二、選擇題題號12345678910答案DBCCABDAABDACDAC1.D(1－i)(4＋3i)＝7－i(71)，位于第四象限．故選D.2．B【解析】因為＝(，)，＝(λ，－1)，＝(μ，－1)，所以＋＝(1＋μ，1)，因為(＋)∥，所以－(1＋μ)＝λ，所以λ＋μ＝－1.故選B.3C對于選項Aa∥αb∥αab故A錯誤；對于選項B，a∥b，a∥α，直線b可能平行于平面α或在平面α內(nèi)，故B錯誤；對于選項C，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得a∥b，故C正確；對于選項Da∥βb∥βaαbαabαβD錯誤．故選C.4．C【解析】由正弦定理asinA＝bsinB，得sinB＝basinA＝×2)2＝3)2，∵a<b，∴0<A<B，∴B為銳角或鈍角，故B＝60°或120°.故選C.→→→→→→→5．A【解析】如圖，以{，}為基底，則＝＋＝34＋，→→→→→＝＋＝－14＋，→→→→又2＝16，2＝4，·＝4×2cos60°＝4，→→所以·＝\a\vs4\al\co1(\f(3AB→)→))·\a\vs4\al\co1(－\f(1AB→)→))→→→→＝－3162＋12·＋2＝－316×16＋12×4＋4＝3.故選A.6．B【解析】由f(x)＋f(4－x)＝2知f(x)的圖象關(guān)于點(2，1)對稱，由g(x)＝xx－2，則g(4－x)＝4－x2－x，所以g(x)＋g(4－x)＝xx－2＋4－x2－x＝2，故g(x)的圖象關(guān)于點(2，1)對稱，因此f(x)與g(x)圖象交點也關(guān)于點(2，1)對稱，設交點(x，y)與(x，y)關(guān)于點(2，1)對稱，則有y＋y＝2，由此可得y＋y＋＋y＝2×m2＝m.故選B.7．D【解析】△ABC的外接圓O的半徑R＝b2sinB＝3\r(32＝3，如圖所示，AC＝33，AB′是圓的直徑．當B為B′時，此時c取到2R＝6C為直角，不符合要求，同理c取3時A為直角．由圖知，c∈(3，6)．故選：D.8ABB1的中點GBC1的中點HAHAG，GHDFADABCDABCD1EF∥ADA，E，F(xiàn)，D1共面，因為AG∥DF，AH∥AE，又AG平面AEFD，DF平面AEFD，∴AG∥平面AEFD，同理可得：AH∥平面AEFD，∵AH∩AG＝A，∴平面AGH∥平面AEFD，當AP平面AGH時，AP∥平面AEFD，∵正方體ABCDABCD1的棱長為2，在Rt△ABH中，AB21＋BH2＝AH2，解得AH＝5，同理AG＝5，在Rt△BGH中，BG2＋BH2＝GH2，解得GH＝2，則△AGH中邊GH上的高h＝＝2)2，即AP的最小值為2)2.故選A.9．ABD【解析】i＋i2＋i3＋i4＝i－1－i＋1＝0，故A正確；－由z＝5i－2＝5（－2－i2＋i2－i）＝－2－i，得＝－2＋i，故B正確；復數(shù)z＝3－i的模為|z|＝32＋（－1）2＝10，故C錯誤；由|z－1|＝|z＋1|z在復平面內(nèi)對應的點的軌跡為直線x＝0D選ABD.10．ACD【解析】對于A選項，向量＝(，)，＝(x，2)，由⊥，故＝x＋2＝0，故x＝－2，故A選項正確；對于B選項，由，b的夾角為銳角，得cos〈，〉，且，b不共線，則2x＋6>0，3x≠4，)解得x>－3且x≠43“b的夾角為銳角”是“x>－3”的充分不必要條件，故B選項錯誤；→→→對于C2＋＋3＝SS分別表示△AOCABC的面積，→→→→→→→→→→如圖：設＝2，＝3，由2＋＋3＝，得＋＋＝，→→→取A′B的中點D，連接OD，則有＋＝2，→→所以2＋＝，即|OC′|＝2|OD|，則點O為△BA′C′的重心．設△AOC，△AOB，△BOC的面積分別為x，y，z，則△A′OC′A′OBBOC′的面積分別為6x2y3z，由重心的性質(zhì)可知6x＝2y＝3z，所以y＝3xz＝2x)則S∶S＝x∶(x＋y＋z)＝1∶6C選項正確；→→對于D選項，在△ABC中，向量與滿足\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB→)AB→))→|→)AC→))|)·＝0，且BA→)BA→)·BC→)BC→)＝12，如圖，作∠BAC的平分線AE與BC相交于點E，→→因為AB→)AB→)為的單位方向向量，AC→)AC→)為的單位方向向量，→所以AB→)AB→)＋AC→)AC→)＝λ(λ>0)\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB→)AB→))→→→|→)AC→))|)·＝λ·＝0(λ>0)，→→所以⊥.即AE⊥BC，所以△ABC為等腰三角形，又因為BA→)BA→)·BC→)BC→)＝BA→)→)BA→)→)＝cosB＝12，且B∈(0，π)，所以B＝π3，即△ABC為等邊三角形，故D選項正確．故選ACD.．AC【解析】如圖所示：因為SO的側(cè)面積為3π，即πrl＝3π，︵則rl＝3A3r＝ll＝3r＝1的長為2πr＝2π面展開圖的圓心角∠ASA′＝2π3，故A′C2＝A′S2＋SC2－2A′S·SC·cos∠A′SC＝32＋12－2×3×1×cos2π3＝13，即A′C＝13，故A正確；對于B，當r＝32時，l＝2，在△ABS中，AS2＋BS2－AB2＝22＋22－32<0，則∠ASB為鈍角，過頂點S和兩母線的截面三角形的面積為S＝12l2·sinα，當α＝π2S＝12l2·sinα＝12×22×sinπ2＝2，故B錯誤；對于C，當l＝3時，則r＝1，圓錐SO的外接球的球心一定在SO上，設圓錐SO的外接球半徑為RR2＝(SO－R)2＋r2SO＝SA2－r2＝9－1＝22，所以R2＝(22－R)2＋1，解得R＝2)8，所以圓錐SO的外接球表面積為4πR2＝4π×81×264＝81π8，故C正確；對于D，若點D∈面SAB，則C，O，B，D共面，由CO面MCN知BD∥CO，此時點D在線段AS的延長線上，不合要求；若點D面SABD關(guān)于平面SAB的對稱點E也滿足BE∥平面MCN，即有平面BDE∥平面MCN，設DE的中點為F，則C，O，B，F(xiàn)共面SAB，由CO面MCNBF面BDE知BF∥CO(面面平行性質(zhì))知F在△SAB外，與F為DE的中點矛盾，(F是圓錐水平截面圓上兩點D，E連線的中點，在圓內(nèi)，且F在軸截面SAB上，在△SAB內(nèi)，矛盾)，故D不正確，故選AC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．6【解析】根據(jù)斜二測畫法，原來的高變成了45°方向的線段，且長度是原高的一半，A′B′＝1，所以原高為AB＝2，D作DE⊥BC于EABCD是直角梯形，則S＝（2＋4）×22＝6.1336π為3，故球的體積V＝43πR3＝36π.14．43【解析】在AB延長線上取點N，使AN＝9，取AD的中點M，→→→→→→又因為＝x＋y，所以＝23x＋2y，由2x＋6y＝3，可得23x＋2y＝1，所以直線MN過圓心O，在Rt△MAN中，AN＝9，AM＝3，所以cos∠MAN＝13，在△ABD中，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝36＋36－2×6×6×13＝48，所以BD＝43.四、解答題(本大題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)15【解析】(1)圓臺型花盆的上底半徑r＝10cm，下底半徑r＝5cm，母線長l＝13cm，則高h＝l2－（r1－r2）2＝132－52＝12cm，2分體積V＝π3h(r21＋rr＋r22)＝π3×12×(100＋50＋25)＝700π(cm3)，5分所以這個圓臺形花盆的體積為700πcm3.6分(2)由(1)知，圓臺型花盆的側(cè)面積S＝π(r＋r)l＝π(10＋5)×13＝195π≈195×3.14＝612.3(cm2)＝0.06123(m2)，10分則0.06123×10×10000＝6123(元)，12分所以給1萬個同款花盆全部涂上油漆預計花費6123元.13分16【解析】(1)acosC＋3asinC＝b＋2c，由正弦定理得：sinAcosC＋3sinAsinC＝sinB＋2sinC，2分∴sinAcosC＋3sinAsinC＝sin(A＋C)＋2sinC3sinAsinC＝cosAsinC＋2sinC，因為sinC≠0，所以3sinA－cosA＝2，4分所以sin\a\vs4\al\co1(A－\f(π6))＝1，5分因為A∈(0，π)，所以A－π6＝π2，故A＝23π.7分(2)由S＋S＝S得，3)4(b＋c)＝3)4bc，即bc＝b＋c＝6，9分由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－bc＝36－6＝30.解得a＝30，分由正弦定理，asinA＝bsinB＝csinC＝2R＝210，13分所以sinB·sinC＝bc4R2＝640＝320.15分17(1)AB和DC，設它們的交點為FPFPF即為所求l.2分證明：因為AD∥BC且AD＝2BC，所以C為DF的中點，4分又點E為棱PD的中點，所以CE∥PF，5分又CE平面ACE，PF平面ACE，所以PF∥平面ACE，6分即l∥平面ACE.7分(2)設N為AD的中點，取PC的中點Q，連接EQ，BQ，EN，BN，因為E為PD的中點，Q為PC的中點，所以EQ∥CD.又因為BN∥CD，所以EQ∥BN，故B，N，E，Q共面，故四邊形BNEQ為所求截面.9分因為＝PB＝PC＝AD＝10，CD＝12，所以EQ＝12CD＝6，EN＝＝5，BN＝CD＝12，分在△PBC中，因為PB＝PC＝10，BC＝12AD＝5，故cos∠PCB＝5210＝14，故BQ＝14)＝6)2，14分所以截面周長為6＋5＋12＋6)2＝23＋6)2.15分18【解析】(1)由2πω＝2×π2，得ω＝2，1分則f(x)＝sin(2x＋φ)－1，則g(x)＝sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π12)))＋φ)－1－1＝sin\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π6)＋φ)－2為偶函數(shù)，所以π6＋φ＝π2＋kπ，k∈，又0<φ<π，所以φ＝π3，故f(x)＝sin\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π3))－1.3分(2)因為x∈0，\f(π3))，所以2x＋π3∈\f(π3)，π)，sin\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π3))∈[0，1]，4分故－1≤f(x)≤0，－2≤f(x)－1≤－1，而[f(x)]2－(2＋m)f(x)＋2＋m≤0恒成立，即[f(x)]2－2f(x)＋2≤[f(x)－1]m，整理可得m≤1f（x）－1＋f(x)－1，6分令t＝f(x)－1，t∈[－2，－1]，設n(t)＝1t＋t，t∈[－2，－1]，設t，t∈[－2，－1]且t<t，則n(t)－n(t)＝1t1＋t－1t2－t＝(t－t)·t1t2－1t1t2，由于t－t<0，tt>1，則n(t)－n(t)<0，所以n(t)<n(t)，即n(t)＝1t＋t在區(qū)間[－2，－1]上單調(diào)遞增，8分則n(t)＝n(－2)＝－52，故m≤－52，即實數(shù)m的取值范圍是\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(52)).9分(3)由題意知h(x)＝2f(x)＋1＝2sin\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π3))－1，10分由h(x)＝0得sin\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π3))＝122x＋π3＝2kπ＋π6或2x＋π3＝2kπ＋5π6，k∈，解得x＝kπ－π12或x＝kπ＋π4，k∈，故h(x)的零點為kπ－π12和kπ＋π4，k∈，12分所以相鄰兩個零點之間的距離為π3或2π3，13分若b－a最小，則a和b都是零點，此時在區(qū)間[aπ＋a][a2π＋a][asπ＋a](s∈*)分別恰有35…，2s＋1個零點，所以在區(qū)間[a，4π＋a]上恰有9個零點，從而在區(qū)間(4π＋a，b]上有一個零點，14分所以b－a－4π≥π3，解得b≥a＋4π＋π3，15分另一方面，h(x)在區(qū)間－\f(πππ12)上恰有10個零點，16分所以b－a的最小值為4π＋π3＝13π3.17分19【解析】(1)由題，對x－x∈(m，n)，f(x)－f(x)＝2(x－x)∈(m，n)，此時若n>0，取x－x2接近n，需要n>2n，矛盾；若m<0，取x－x2接近m，需要m<2m，矛盾；所以m<n且m，n均為實數(shù)時，n>0與m<0至少有一項不可能成立.2分∴mn中有±∞n>0且為實數(shù)或m<0不可能．∴檢驗知開區(qū)間(m，＋∞)(m≥0)；(－∞，n)(n≤0)；(－∞，＋∞)這三類均滿足題意．所以符合條件的三個開區(qū)間有(－∞1)(1∞)(－∞∞)(答案不唯一)4分(2)若f(x)＝ax2＋bx＋1