广东省湛江第一中学2023-2024学年高一下学期第二次大考数学试题

湛江第一中学2023~2024学年度第二学期第二次大考 高一数学 全卷满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非 答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡 上作答：字体工整，笔迹清楚。 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。 5.本卷主要考查内容：必修第一册第五章，必修第二册第六章第九章9.1。 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.已知复数x=(3十4)，则复数在复平面内对应的点所在的象限为 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.设m,n是两条不同的直线，a,B,y是三个不同的平面，给出下列结论： ①若m∥a,n∥B,a∥3，则m∥n:②若a∥y,B∥y,则a∥B: ③若m⊥a,n⊥3，a∥B,则m∥n;④若a⊥Y,3⊥Y,则a∥B. 其中正确结论的序号是 A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 3.如图，在△ABC中，3BD=DC,AB=3,AC=2,∠BAC=60°，则AD·BC A号 B号 C.- 4 n.兴 B 3x)的 4.已知sin(a-B)cos a-cos(a一B)sina=5,B是第四象限角，则sin(B+ 值为 A.-7② 10 B、② 10 c将 n恶 5.已知圆锥的轴截面是一个面积为64√3的等边三角形，则该圆锥的表面积为 A.128π B.643x C.192π D.64π+64W3π 6an20+十m+5an20an40 A.1 B.2 C.3 D.2 【高一数学第1页（共4页）】 7.如图，在直三棱柱ABC-A,BC1中，AC=BC=CC1=2,AC⊥BC,D是棱1 AA,的中点，则异面直线BC和DB所成角的余弦值为 A号 B号 c号 n号 8.在△ABC中，AB=2√2，AC=23,∠BAC为定值，若|kAB+(1-k)AC1(其中k∈R)的最 小值为V6,则∠BAC的余弦值为 A.6±② B.6±8 C.3±② 4 D士 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.已知A,B,C,D四点的坐标分别为(1,0)，(4,3)，(2,4)，(0,2)，则此四边形不可能为 A.梯形 B.菱形 C.矩形 D.正方形 10.已知函数f(.x)=Asin(a.x十p)(A>0,w>0,p<交)的部分图象如 图所示，则f(x)= A.2sin(2x+3） B.2sin() C.2cos(2) D.2cos(2r+) -2 1L.如图，正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC的侧棱长分别为2，√2，直 线PQ与底面ABC相交于点O,OP=2OQ,则 A.PQ=V5 B.AQ,BQ,CQ两两垂直 C.AP与CQ的夹角为45 D.点P,A,B,C,Q不可能同时在某个球的表面上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.某高中共有学生1000人，其中高一和高二各有400人，现采用按比例分配的分层抽样的方 法抽取容量为25的样本，那么高二抽取的人数为 13.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,且b=3,bsin A=√3 acos B,sinC=2sinA,则 △ABC的面积为， 14.已知正方体ABCD-A1B,C,D的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O的平面截正 方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S,点P是正方体表面上一点，则以截面S为底 面，以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为 【高一数学第2页（共4页）】 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤 15.(本小题满分13分) 已知函数f(x)=asin2x-√3cos2x的图象经过点(W3) (1)求实数a的值： (2)求函数f(x)的最小正周期和单调区间. 16.(本小题满分15分)》 如图所示，一艘海轮在海面上的C处发现两座小岛A,B,测得小岛A在C的北偏东15°的方 向上，小岛B在C的北偏东60°的方向上，海轮从C处向正东方向航行100海里后到达D 处，测得小岛A在D的北偏西45°的方向上，小岛B在D的北偏东30°的方向上. (1)求C处与小岛A之间的距离： 北 (2)求A,B两座小岛之间的距离. 17.(本小题满分15分) 如图，在直三棱柱ABCA1B,C1中，M为AC1的中点，V为B,C的中点，AC=BC=2,AA =4,AC⊥BC (1)求证：MN∥平面ABC; (2)求平面MNC与底面A:BC:所成锐二面角的余弦值 A 【高一数学第3页（共4页）】 18.(本小题满分17分) 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,bc,且sinA二3 sin Asin B=1. cos B-cosC (1)求角C的大小； (2)若△ABC为锐角三角形，点F为△ABC的垂心，CF=6,设∠FCB=a,请用a表示AF+BF, 并求AF+BF的取值范围. 19.(本小题满分17分) 如图，在直四棱柱ABCD-A1B,C,D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC=120°， CC,=4,M,N分别是线段DD1,BD上的动点，且DN=DB(0<λ<1). (1)若二面角M-BC-C1的大小为45°，求DM的长； (2)当三校维M-ADC的体积为号时，求CV与平面BCM所成角的正弦值的取值范围. A 【高一数学第4页（共4页）】湛江第一中学2023~2024学年度第二学期第二次大考·高一数学 参考答案、提示及评分细则 1.B 由z一一7十24i,可得复数。在复平面内对应的点在第二象限. 2.C 当m/a,n/3.a//③时,m,n可能平行,也可能相交或异面,所以①不正确;当av,③1v时,a,③可以平行,也 可以相交,所以④不正确;若a/v,③/v,则a/;若nla.nB.a/3,则n/n.故正确结论的序号是②③. 3.C 由图可得,BC-AC-AB,AD-AB+-BC-3AB+1AC, 所以A·BC-(A-AB)(3AB+A)-A+·AB-3AB.因为AB=3.AC-2, BAC-60”,所以AD·-×4+)2×3×-3×9--17. 5.C tan 20+tan40*+3tan 20'tan40*-(1-tan 20{tan40})tan(20*+40*)+3tan 20tan40”-③(1-tan20. tan40)+③tan20tan40*-③,故选C 7.B 连接B.C.交BC.于点O.取DC的中点E,连接OE,取AC的中点F,连接EF,BF,4. 。 2-,由余弦 定理得cosEOB一 OE+OB-EB{ #7 2OE·OB ,所以异面直线BC 和DB ## 8.A 情形一:由题意知AD-6,则cos BAC=cos(乙CAD+BAD)= #### 2322 232v2232v2 9.BCD 根据题意,A.B.C,D四点坐标分别是(1,0).(4,3).(2,4).(0,2),则AB-(3,3),DC-(2,2),故AB /DC且AB||DC,又A,B.C.D四点不共线,故此四边形为梯形,即不可能为菱形、矩形、正方形,故 【高一数学参考答案 第1页(共6页)】 选BCD. 10. AC 由图象可知:A=2,周期T-4(-)-r,故-2-2. #()- 2sin(2x+)-2 由{ 选B.2sin(2+=2sin(2-2-+--2sin(2-2-),B错误; 选项C.2sin(2+)=2sin(2-+)=2cos(2).C正确; 选$$ D.2sin(2x+)-2sin(2x+5-)--2cos(2x+5),D错误,故选AC.$ 11.BC 对于A选项,由正三校锥的对称性可知PQ1平面ABC,如图,连接OA,可得PQ 1OA,有OA=AP-OP=AQ-OQ,有 4-4OQ=2-OQ,解得OQ= ,可得PQ-,故A选项错误 23 ## 故B选项正确: 对于C选项,由AQ,BQ.CQ两两垂直,AB=BC=AC=AP=BP=CP-2,把正三 校锥P-ABC和正三校锥Q-ABC拼成的几何体放入如图所示正方体中,可知AP 与CQ的夹角为45*,故C选项正确; 对于D选项,由C选项可知,点P,A.B.C.Q可以同时在以PQ为直径的球上,故D选项错误.故选BC. 10025-10. 12.10 400 1 因为bsinA-3acos B,由正弦定理可得sinBsinA-3sinAcos B. 又A为△ABC的内角,所以sinA0,则sinB-3cosB,即tanB-③. 又BE(0,x),所以B-. 因为sinC-2sinA,由正弦定理可知c-2a. 又b-3,由余弦定理/-c*+a-2accosB,即4a^{}+a^*}-2a^{}-9,解得a-③(负值舍去). 由球内接正方体的性质可知该正方体的校长为2,第一种情况,经过球心垂直上 第二种情况如图1,由题意可知,要使过球心平面截正方体截面为菱形,则该截面必过 图1 【高一数学参考答案 第2页(共6页)】 正方体相对两校中点,(不妨取图中BB,DD.中点分别为F,E),设该截面与AA;及CC 的交点分别为 M.N,易证EF1平面A.MNC. 由图1可以看出当点P与点A:或点C重合时四校锥的高最大, 思路一:Va,-rx-Vp~4. w+V-A: Mv-3 思路二:如图3,过A.作A.H1MN于H,设MN与底面夹角为0,则 MA.H-8 - 4 图2 图3 cos 15.解:(1)将点(v3)代入/(c)得asin(2x吾)一3cos(2x吾)-3. ................... (2)由(1)得/(x)-sin 2x-3cos 2x-2sin(2x-π). ............................. 三r............................................................分. 单区间为[2 -+26+(e27) ..............................................分 令2kx-22-.-.e.:.+-.x-2-.,...11分 解得n一 故函数(x)的单调增区间为[^x-,+5](62),单调区间为[^+5+1(ke7). ..................................................................... ..分 16.解:(1)由题可知在△ACD中; ACD-75*,/ADC=45*. 所以.....6............................................................分. CD 由正弦定理可得:CCADsinADC' AC _10(海里) 所以ACCDsinADC sinCAD 。 (2)由题可知在△CDB中: BCD-30{*,CDB=120{*,所以CBD-30* 【高一数学参考答案 第3页(共6页)】 所以为.u................................................分.... 由余弦定理可得:BC*=CD+BD-2CD·BDcosCDB -100+100+100-30000. 所以 ..................................................................... 1分 由题意可知,在△ACB中,ACB-45*. 由余弦定理可得:AB*=AC+BC-2AC·BC·cos ACB 3. 3 所以AB10015 (海里). .......................................................................................... 15分 3 17.解:(1)如图,连A.C.显然A.C与AC:相交于点M .CM-MA.CN-NB. .MN/A.B.. .............................................................................. .分. .'AB/A.B: 5分 .ABC平面ABC.MNC平面ABC,MN/AB. ..MN/平面ABC: 7分 (2)如图,取A.B:的中点P,连PC.C.P. C、 ·.直三校柱ABC-A.BC 中,AC=BC-2,AA =4.AC |BC. A *.PC AB,PC AB. .C.PC是平面MNC与底面A.BC.所成的锐二面角,记为0........... 11分 C__2 在Rt△PCC.中,PC= CC+PC =16+2-32,有cos= CP= 3/② 故平面MNC与底面A.BC 所成锐二面角的余弦值为- ................................................... 15分 18.解:(1)因为sinA-3sin AsinB -1,cos.... s.in.B. cos. ..-..-sin. .....................分 cos{B-cosC 所以sin..........,.......n.. ..................................................4分 由正弦定理得a一③ab--, 则cosC-a{+-③ 2ab 2. 7分 (2)延长AF交BC于D,延长BF交AC于E. 一............................ 8分 由之FCB-a,且a(o.-) 【高一数学参考答案 第4页(共6页)】 同理可得AF-4v3sin(吾-a). ...................................................... 11分 则AF+BF=4v3sina+43sin(-a). ........................................................ 12分 $又由AF+BF=4v3sin(+a-)+sin(a+) -8、3sin(co(o-) 因为a(o),所以a-(一·), ##n- n(#-△#0-()--+#} +2 所以cos(a-)(^+21#.# 所以AF+BF的取值范围是(23,62-26. ............................................... 17分 19.解:(1)取BC中点P,过P点作PQ1BC,交BC 于点Q,连接PM 因为底面ABCD是边长为2的菱形,ADC=120 所以△BCD为等边三角形 由直四梭柱ABCD-A.B.CD,可得DD 平面ABCD CC 1平面ABCD.CC//DD. MDC= MDB-90*,BD-DC,MD-MD 所以△MDB和△MDC全等,可得MB一MC. 因为P为BC中点,所以MP1BC 又因为PQ]BC. 所以 MPQ为二面角M-BC-C 的平面角,即 /MPQ=45^*。 ..........4分 在平面BBCC 中,PQIBC.CC BC 所以CC。//PQ,则有DD//PQ,所以 DMP= MPQ-45^{。 则tan DMP-tan45*- ③ DM: 解得DM-③: ............................................................................. 8分 (2)因为DD1平面ABCD,所以VAco二- 【高一数学参考答案 第5页(共6页)】 -3(1-). ......................................................... 1分 设N到平面BCM的距离为d. 在△MBC中,MB=MC=5,BC-2. 在△CDN中,由余弦定理得CN*-CD+DN-2CD·DN·cos60*. 所以.N-4.②-4.4. ................................. 设CN与平面BCM所成的角为8. 4 m^{-n+1 n 【高一数学参考答案 第6页(共6页)】