湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试卷

湖北省重点高中智学联盟2024年春季高一年级5月联考 数学试卷 命题学校：新洲一中阳逻校区 命题人：马金爱 审题人：汪秋焱 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1.已知集合A=|x2-9x+20≤0}，B={xlog2(x-3)<1,则AUB=() A.(0,5) B.4.5) C.(←o,5] D.(3,5 2.设l是一条直线，a,B是两个不同的平面，且a∥B,则“Ic“是“1∥B”的() 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 3.中国古代四大名楼之首黄鹤楼，位于湖北省武汉市武昌区，因唐代诗人崔颗登楼所题《黄鹤楼》一诗而名扬 四海.如图，某同学为测量黄鹤楼的高度MN,在黄鹤楼的正东方向找到一座建筑物AB,高约为26m,在地面上 点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A,黄鹤楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M 的仰角为15°，则黄鹤楼的高度约为() 15 4530 W A.64m B.74m C.52m D.91m 中国的5G技术领先世界，5G技术中的数学原理之一是香农公式：C=mog:+,它表示在被高斯包 音干扰的信道中，最大信息传送速率C取决于信道带宽W,信道内所传信号的平均功率$，信道内部的高斯噪音功 率N的大小，其中S叫做信噪比.已知当x比较大时，y=1og1+xa>)≈log。x,按照香农公式，由于技 术提升，宽带W在原来的基础上增加20%，信噪比从1000提升至8000，则C大约增加了()（附：1g20.3010) A.37% B.45% C.48% D.56% 5.已知a,B满足cosa+cosB=, ·sin+sinB=年.则cos(x一)= ) A.3 B.、27 c.- 29 D.- 4 32 8 32 6.定义在R上的函数f(x)为奇函数，且f(x+1)为偶函数，当xe0,1]时，f(x)=2-1,则f(2023)+f(2024)=() A.-1 B.0 C.1 D.2 湖北省重点高中智学联盟2024年春季高一年级5月联考数学试题第1页共4页 7.设函数f(y)-=sin'ox-cos0r+25sin0 c0sx(o>0),当xe0写时，方程f()=1有且只有两个不相等 的实数解，则0的取值范围是() C. 8.在aMBC中，内角4，B.C所对的边分别为a,ac,b=2万，asim4牛C bsinA,O是△ABC的外心， 2 AO·BC=6,则aABC的面积为() A.2W21 B.6 C.2√7 D.6√5 二，多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，满分18分，在每小题给出的选项中有多项符 合题意，全选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分) 9.下列说法中，错误的是() A.有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 B.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C,在圆柱的上、下底面的圆周上各取一个点，则这两点的连线是圆柱的母线 D.一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出此平面图形的直观图恰好是一个边长为2的等边三角形，则原 平面图形的面积是2√6 10.设复数z的共轭复数为z,为虚数单位，则下列命题正确的是() A.22 B.2= 2-i 1+2i 是纯虚数 C.若z=cos2+isin2,则z在复平面内对应的点位于第二象限 D.若z-3+4i=1,则z|的最大值是6 11.函数f(x)=3V3sin(ox+p)(w>0.0<o<π)部分图象如图所示，△ABC是等边三角形，其中A,B两点为 函数f(x)图象与x轴的交点，C为图象的最高点，且|OB=2OA|,则下列说法正确的是() A.fx)=33sin(正x+Z 36 B.f2024)=- 9 C.f(x)在(1,6)上单调递减 D.f(x)关于(4,0)对称 湖北省重点高中智学联盟2024年春季高一年级5月联考数学试题第2页共4页 三，填空题（本大题共三个小题，每小题5分，满分15分） 12.若AB=(3,1),AC=(m-1,m),且∠BAC为锐角，则实数m的取值范围是 13.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2 ccosCsin B+bsinC=0,∠ACB的角平分线 与AB边交于点D,且CD=2,则4a+b的最小值为， 14.球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的 高球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高， 球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为R,球冠的高是h, 球冠的表面积公式是S=2Rh如图2，已知C.D是以AB为直径的圆上的两点，∠40C=乙，∠B0D三 3 扇形COD的面积为π，则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为 R D B 图1 图2 四、解答题（本大题共5个小题，满分77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(13分)已知a=2.6=4,且|a+b=2W3, (1)若(2a-kb)⊥(ka+b),求实数k的值. (2)求a与30+6的夹角的余弦值. 16,(15分)已知四)=Q-,2aeR)是定文在R上的奇函数 (1)求实数a的值： (2)判断并证明函数y=f(x)在R上的单调性： (3)若关于x的不等式f(x2)+f(1-mx)≥0对任意的实数x∈L,2恒成立，求实数m的取值范围. 湖北省重点高中智学联盟2024年春季高一年级5月联考数学试题第3页共4页 17.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2为菱形，∠DAB=60°，△PAD是以PA为 斜边的等腰直角三角形，F,G分别是PB,CD的中点. (1)求证：GF∥平面PAD: (2)设E为AB的中点，过E、F、G三点的截面与棱PC交于点Q,指出点Q 的位置并证明. B 18.（17分)已知函数f)=sinx+2W5cos2芳-5. (1)求函数f(x)的单调增区间： (2》将面致代)的图象上各点的横坐标缩短到原来的二修（级坐标不变，再将所得函数图像向右平移若个 6 单位，得到函数y=g(x)的图象，若函数h(x)=g(x)-k(sinx+cosx)在xe π5π 12'12 上有两个不同的零点， 求实数k的取值范围. 19.(17分)在△4BC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,(tanA+-tan C)cos((A-C)-cosB=1, (1)求B: (2)若点P在aMBC内部，满足∠APB=∠BPC=∠CPA=冬，且△M4BC的面积为25， ①求PAPB+PB.PC+PC.PA的值： ②求PB2-PA×PC的值. 湖北省重点高中智学联盟2024年春季高一年级5月联考数学试题第4页共4页湖北省重点高中智学联盟 2024 年春季高一年级 5 月联考 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A C D B A B D ABC BD BCD 12、       ， 4 3 13、18 14、 ）（ 136  8、【详解】因为 2 cos 2 sin 2 sin BBCA   ，故由 sin sin 2 A Ca b A  得 AbBa sin 2 cos  ，由正弦定 理得 ABBA sinsin 2 cossin  ，又 0sin A ，故 2 cos 2 sin2sin 2 cos BBBB  ，因为       2 ,0 2 B ，所以 0 2 cos B ，故 2 1 2 sin B ，所以 3  B . 因为   6|| 2 1|| 2 1 22  ABACABAOACAOABACAOBCAO ，所以 4|| AB . 在 ABC 中余弦定理得， aaBaccab 41628cos2 2222  ，所以 6a . 所以 ABC 的面积为 36sin 2 1  BacS . 故选 D. 11、【详解】因为 )sin(33)(   xxf ，所以 33)( max xf ， 又因为 ABC 是等边三角形，所以    6|| AB ，则 6   ， 又因为 ||2|| OAOB  ，所以  0,2A ，则 0 6 2   ，解得 3   ， 故 ) 36 sin(33)(   xxf ，所以 A 错误； 因为 2 9 3 5sin33) 36 2024sin(33)2024(  f ，故 B 正确； 当  61，x 时，       3 4 236  ，x ，故 )(xf 单调递减，C 正确； 因为 0)4( f ，所以 D 正确 故选：BCD. 14、【详解】因为 36   BODAOC ， ，所以 2  DOC ，设圆的半径为 R， 又    2 22 1 RS COD扇形 ，解得 2R （负值舍去）， 过点C作CE AB 交 AB于点 E，过点D作DF AB 交 AB于点 F ， 则 1 6 sin  OCCE ， 3 6 cos  OCOE ， 所以 32 OERAE ，同理可得 1,3  OFDF ， 将扇形COD绕直线 AB旋转一周形成的几何体为一个半径 2R 的球中，上下截去两个球缺所剩余部分再 挖去两个圆锥，其中上面球缺的高 321 h ，上面圆锥的底面半径 11 r ，高为 3'1 h ，下面球缺的 高 12 h ，下面圆锥的底面半径 32 r ，高为 1'2 h ， 则上面球冠的表面积  348)32(222 11  Rhs ， 下面球冠的表面积  41222 22  Rhs ，球的表面积  164 2  RS球 ， 上面圆锥的侧面积  22111 ' 1  lrS ，下面圆锥的侧面积  322322 ' 2  lrS 所以几何体的表面积    )13(6322434816'1'121  SSSSSS 球 ， 15、【详解】（1）由题意知， 2 2 2 2 12a b a a b b            ， 又 2, 4a b    ，所以 4a b     ， ……3 分 由 )()2( bakbka  ，得 0)()2(  bakbka ，即 022 222  bkbakbaak . ……4 分 又 2, 4a b    ， 4a b     ，所以 016488 2  kkk ，解得 31k . ……6分 （2） 83)3( 2  baabaa ， ……8 分 7269|3| 22  bbaaba ， ……10 分 设 a与 ba 3 的夹角为 ，则 7 72 722 8 |3||| )3(cos       baa baa 所以 a与 ba 3 的夹角的余弦值为 7 72 . ……13 分 16、【详解】（1）因为  f x 是定义在R 上的奇函数，所以  0 1 0f a   ，解得 1a  . 经验证， 1a  时 12 12 12 21)(      x x xxf ，此时 )(21 21 12 12)( xfxf x x x x          符合题意. 所以 1a  ……4分（没检验扣 1 分） （2）结论： )(xf 在在R 上单调递增，证明如下： ……5 分 2121 ,, xxRxx  ， )12)(12( )22(2) 12 21() 12 21()()( 12 12 1212        xx xx xxxfxf 因为 21 xx  ，所以 21 220 xx  ，故 012,012,022 1212  xxxx ，所以 )()( 12 xfxf  ， 故 )(xf 在在R 上单调递增 ……8 分 （3）由 0)1()( 2  mxfxf 得 )1()1()( 2  mxfmxfxf 由（1）知 )(xf 在在R 上单调递增，故 12  mxx 对任意的实数  2,1x 恒成立 ……11 分 即 x x x xm 11 2    ， 而 2121  x x x x ，（当且仅当 x x 1 即 1x 时等号成立），所以 2m 故实数m的取值范围为  2， . ……15 分 （注：没交代取等条件的扣 1 分） 17、【详解】（1）证明：如图取 PA中点H，连接 FH ，HD， 因为 F为 PB中点，所以 //HF AB，且 1 2 HF AB ， 又因为四边形 ABCD为菱形，且G为CD中点， 所以 //DG AB，且 1 2 DG AB ， 所以 //HF DG，且HF DG ，所以四边形HDGF 为平行四边形， ……4 分 所以 //GF HD， 因为GF 平面 PAD，HD 平面 PAD， 所以 //GF 平面 PAD； ……7 分 （2）Q为 PC的中点 ……8分 因为 BECGBECG 且// ，故 BCGE为平行四边形，故 EG//BC， EG 面 PBC，BC面 PBC，故 //EG 面 PBC ……11分 又 EG面 EFQG，面 EFQG面 PBC=FQ，所以 EG//FQ，又 EG//BC，所以故 FQ//BC， 因为 F为 PB的中点，所以点 Q为 PC的中点. ……15 分 18、【详解】（1）由题意， ) 3 sin(2cos3sin3 2 cos32sin)( 2  xxxxxxf ……3 分 由 Zkkxk  ,2 23 2 2  解得， Zkkxk  ,2 6 2 6 5  故函数 )(xf 的单调增区间 )(2 6 ,2 6 5 Zkkk      ， ……6分 （2）由题意得 xxg 2sin2)(  ，故 )cos(sin2sin2)( xxkxxh  ， ……8 分 令        4 sin2cossin xxxt ， 因为 5, 12 12 x       ，所以     3 2, 64 x ，故        2, 2 2t . ……10 分 故函数 )(xh 转化为 22)( 2  ktttF ，令 0)( tF 得        t tk 12 ， 又因为 t yty 1,  在       2, 2 2 都为增函数，故        t ty 12 在       2, 2 2 为增函数， 所以 ky  与        t ty 12 最多只有一个交点. ……12 分 因为函数 )cos(sin)()( xxkxgxh  有两个不同的零点， 故 ty  与        4 sin2 xy 有两个不同的交点. 所以        2 2 6 ，t . ……15 分 故              2 3 612 ， t ty 所以实数 k 的取值范围       2, 3 6 . ……17 分 19、【详解】（1）因为      cos cos cos cos 2cos cosA C B A C A C A C       ， ……1 分 CA B CA CA CA CACA C C A ACA coscos sin coscos )sin( coscos sincoscossin cos sin cos sintantan  ， 所以由   1cos)cos()tan(tan  BCACA 得 1coscos2 coscos sin  CA CA B ， 所以 1sin 2 B  ，因为0 πB  ， ……3 分 所以 π 6 B  或 5π 6 ； ……5 分 （2）因为点 P在 ABC 内部，所以 2π 3 B CPA   ，所以 π 6 B  ， ……6 分 ① 设 , ,PA x PB y PC z      ，由 APB BPC APC ABCS S S S      得： 32 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1  xzyzxy ， 整理得 8 xzyzxy ……9 分 则 PA PB PB PC PA PC           48 2 1 2 1 2 1 2 1  xzyzxy ； ……11 分 ②方法一：由余弦定理知 xyyxc  222 ； xzzxb  222 ； yzzya  222 又 Baccab cos2222  所以 Bacxzyzxyxzybca cos2)(2 2222  ……13 分 由①知 8 xzyzxy ，所以 4 2 34cos2  acBacxzy ……15 分 因为 32sin 2 1  BacS ABC ，所以 38ac ， 所以 82  xzy 即 82  PCPAPB ……17 分 方法二：由①知 PA PB PB PC PA PC             4 PCPAPCPAPB ……12 分 因为 acBBCBABCBA 2 3cos||||  ，由 32sin2 1  BacS ABC ，所以 38ac 所以 1238 2 3 BCBA ……14 分 故 1224)()()( 22  PCPAPBPBPCPAPBPCPAPBPCPBPABCBA ， 所以 82 2  PCPAPB ……16 分 所以 2PB PA PC  82 2  PCPAPB ……17 分 方法三：因为 ABC 的面积为 32 ，故 326 sin 2 1  ac ，所以 38ac ……12 分 设 PBA   ，则 π 3 PAB    ， π 6 PBC    ， π 3 PCB    ， 在 PAB 中，由正弦定理得 2ππsin sinsin 33 PA PB AB          ， 所以 2 3 π 2 3sin , sin 3 3 3 PB AB PA AB        ， 在 PBC 中，由正弦定理得 2ππ π sinsin sin 36 6 PC PB BC                 ， 所以 2 3 π 2 3 πsin , sin 3 6 3 6 PC BC PB BC               ， ……14 分 所以                     6 sin 3 32sin 3 32 6 sin 3 32 3 sin 3 322 BCABBCABPCPAPB =                           6 sinsin 6 sin 3 sin38 3 4                             sin 2 3cos 2 1sin 6 sin 6 cos 3 332               2sin 2 3cossin 2 1 3 2sin 2 1 3 332         2sin 2 32sin 4 12cos 4 32sin 4 1 3 332 =   8sin 2 3sin21 4 3 3 332 22         ……17 分