广东广州市玉岩中学2025-2026学年高一下学期数学限时训练（二）试卷

广州市玉岩中学2025学年第二学期高年级限时训练（二）高数学参考解析“品： 1.【答案】C【详解】因为！2=2，所以复数z对应的点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，|z-4|表 示圆上的点z与定点(4,0的距离，而圆心到定点的距离为4，则-4的最大值为4+2=6。 2.【答案】A【详解】从表中第5行第6列开始向右读取数据为：253,313,457（舍），860（舍），736（舍）， 253(舍)，007.328，所以第四个数为328。 3.【答案】C【详解】如右图，四边形OABC为直角梯形，且OA=O∥=3，CB=CB=2, 0C=20C=2.0MC8.∴5enw=C8+04x0c=2+3y 2 2×2=5。 4.【答案】D【详解】如图所示，由20=C+C店→0=C+C丽知，0为AB中 点，即AB为外接圆直径，故∠C=90,△ABC为直角三角形。又OC=C,且O为AB 中点，故OA=OB=OC,△ACO为等边三角形，∠A=60,∠B=30。过点C作CC,⊥AB, 垂起为点C,则向量西在向量而上的投影向最为C丽，又因为点C为线段40的中点，则C丽=丽， 向是C在向量恋上的投影向量为而。 5【答米】D[详解】由愿意可得圆锥侧面展开扇形的圆心角为行-受，设圆锥的母线长为，则子=2x4 .1=16,该圆锥的侧面积为π×4×16=64π。 6.【答案】C【详解】设直线EF分别交DA,DC的延长线于点P,?,连接DP,交AA 于点M,连接D,0,交CC,于点N,连接ME,FN,所以过点D,E,F的平面截直四 楼柱ABCD-AB,C,D,的截面为五边形D,MEFN。由平行线分线段比例可知：AP= B BF=√2，故DP=DD=3V5,故△DD,P为等腰直角三角形，所以AM=AP=√2， 故A,M=2N5,则D,M=D,N=4,ME=EF=FN=2。连接MN,易知MN=4,所以五边形D,MEFN可 以分成等边三角形D,MN和等腰梯形MEFN两部分，等腰梯形MEFN的高h= 2-=5,则等 版梯形EW的面积为生x5=35,又SAw=X华=4小N5,所以五边形的面积为3N5+4N575. 4 7.【答案】D【详解】设平面AD,E与直线BC交于点G,连接AG,EG,则G为BC的中点。分别取BB,B,C, 的中点M,N,连接AM,MN,AN,则AM‖DE,AM￠平面DAE,D,Ec平面DAE,∴XM‖平面DAE, 同理可得MN‖平面D,AE。'AM,MN是平面A,MN内的两条相交直线，平面AMN‖平面DAE,且AF‖ 第1页，共8页 :露平面D,AB,可得直线4F芒平面4MN,即点F是线段MN上的动点。设直线AF D A 与平面BCC,B所成角为O,运动点F并加以观察，可得：当点F与点M(或N) 重合时，AF与平面BCCB所成角等于∠AMB,此时所成角O达到最小值，满 足an9=A织=2：当点F与Mw中点重合时，AF与平面BC,B所成角达到 BM 最大值，此时m0=经=A8-2N5 BF 2 ，AF与平面BCC,B,所成角的正切值t构成的集合为{|2≤ 2 B,M 12√2)。 8.【答案】D【详解】如图l,过D作DM⊥BC垂足为M,取BC的中点E,连接AE,CM, D E C 图1 图2 :AB=BC=AC=25,、AE⊥BC,AE=3,又CD=25,∠BCD=120°，则∠MCD=60°，BD=6, RtACMD中，DM=3,CM=√5，过M作MNAE,且MN=AE,连接AN,则AN=2V3,·MN⊥BC, DM1BC,根据题意可得∠DMN为二面角A-BC-D的平面角，即∠DMN=行，则DN=3,由题意可得 AN⊥DN,则AD=AN2+DN2=21,则AD=√21，如图2，AC=BC=CD,则顶点C在平面ABD的 投影为△ABD的外接圆圆心O,则三棱锥A-BCD的外接球的球心O在直线CO上，连接OA,O,C,OA, cos∠ABD=B+BD-4D-35,则sin∠ABD=N5T,ABD的外接圆半径A0=4D 2AB.BD 8 8 2sin∠ABD 4,则C0=C-40_65,设三棱锥A-BCD的外接球的半径为R,则O4=40'+O0,即R2= √37 37 +-,解特= 3 ,则表面积为4元R2=14 元。 9.【答案】AB【详解】因为一组大小不等的数据x,(=1,2,,n)的平均数为x,而y=-2x+3,所以数据 y,(i=1,2,n)的平均数为-2x+3,所以A正确；数据x(=1,2,…,n)的方差为s2,由方差的性质可得数 据y,(i=1,2,,n)的方差为4s2,所以B正确：标准差为方差的算术平方根，取非负数，所以数据y,(i=1, 2,,n)的标准差为V4s2=2S,所以C错误；极差为最大值减最小值，所以原数据极差a>0,新 试卷第2页，共8页 数据的极差应为2a,所以D错误。 10.【答案】ACD【详解】三角形中，大角对大边，若A>B,则>b,由正弦定理日=b =2R, sinA sin B 2R,sinB= 则2 Rsin A>2 Rsin B,即sinA>simB,故A正确：由正弦定理sinA=a 项，hC分，已知 b sin2A+sin2B>sin2C,则a2+b2>c,由余弦定理cosC=a2+-c2 >0,说明C是锐角，无法确定A,B 2ab 是否是锐角，放三角形不-定是锐角三角形，故B错误：已知6=8，c=10,B=30,则：s5nB=10x对5， 一SimC=csnB。10xsin30-3)<名1，c>b,C可能是大于30的锐角或钝角，即符合条件的△ABC b 8 8 有两个，C正确：，a=b3+c,∴a>b,a>c,由大角对大边可知A为最大角，要证△ABC是锐角三角形， 只需证cos4>0,由三角形的性质知a<b+c,g=公+c,:(+)=1,令x=,y=,则2+y=1, 0 a x,y∈(0，)，∴.(x2-x)+(y2-y)=x2(0-x)+y2(1-y)>0,即x2+y2>x3+y3=1,.b2+c2>a2, :cosA=+c-Q>0,故△4BC是锐角三角形，枚D正确。 2bc 11.【答案】BCD【详解】已知圆台的轴截面是等腰梯形，下底FG=4→底半径R=2,上底EH=2→上 底半径r=1,母线长EF=3,圆台的高h=√EF2-(R-r)=V32-下=2√2，A错误：圆台的体积V= 《4红+π+√4π网)22上42元，B正确：将圆台补成圆锥，由相似比得小圆锥母线长x=3,太圆 G 母线长L=6,侧面展开圆心角日=2於-4括-红。设圆锥顶点为0，展开 后0E=3,0G=6,∠80G-骨，由余弦定理：BG2=0E3+0G2-2 0E-0G-cos=9+36-18=27得EG=35,故am=35,C正确： 正方体能任意转动等价于：正方体的外接球完全容纳在圆台内，且圆台恰好有内切球（满足母线长=R+ ”=3)，内切球半径R,-身=反，正方体外接球直径等于体对角线：V6≤2R4=2反，解得6526 3 ，D正确 故6最大值为26 12.【答案】167【详解】由题意可知，文=172，)=160，且M=350,N=250,所以该校高一学生平均身高 的估计值0=，M _ 350 MtN M+N卫 350+250*172+7250 +350+250×160=167(cm),故该校高一学生的平均身高 的估计值为167cm。 13.【答案】2(2+1)π【详解】对于圆锥的轴截面ABC（A为圆锥的顶点， 0为底面圆的圈心，设4C40=0e0引， 则A0=2cos8,0C=2sin0, 弟3页，共8页 可得S.=2x)40.0C=4sin9cos0=29in20,可知：当29=5，即6=时，轴截面面积取到最大值2， 4 此时底面半径0C=√2，所以该圆锥的表面积为元×（√2）2+√2×2×元=2(2+1)m。 14答案82-8详解】解：因为C1。,由正孩定理得什6os4 ,:.sin AcosB-cosAsin B= sin B cosB sim(A-B)=sinB,A-B=B或A-B+B=元（舍去），所以A=2B:△1BC的面积为2，“2 absinC=2, sinC -(BC-AC)'=-(a-b)=2ab-(@+-c)=2ab-2abcosC=2ab(I-cOsC)= 4 :.ab= 8 (1-cosC)= 8 C sinC 2sin Cooe C (1-1+2sin?C)=8tan 2 2 2 2 0<B<交 2 :△ABC为锐角三角形，：0<A=2B<T ,解<8<，营<-B经即<C<受 6 4 0<C=π-3B<T 则石<C、五 2tan产 +立啊舞T8。=1甲'1>>-小的“e>吧g心> C 8 2 "41-tan 8 8 或an牙=-1-反（舍去），8N反-8<81an写<8。“m≤8N5-8,实数m的最大值为82-8。 8 2 15.(1)B餐厅样本容量为50，[2,4)区间频数为15，对应频率 15=03 50 频率分布直方图组距为2，故2b=0.3,b=0.15 所有区间频率和为2×(b+0.20+a+0.05)=】,即a+b+0.25=0.5,解得a=0.1 (2)A餐厅满意指数平均数x4=3×0.1+5×0.3+7×0.4+9×0.2=6.4 B餐厅满意指数平均数xg=3×0.3+5×0.2+7×0.4+9×0.1=5.6 故x4>XB (3)B餐厅第三组[6,8)频率为0.4，人数为50×0.4=20，平均数7，方差2： 第四组[8,10]人数为50×0.1=5，平均数9，方差1 混合数据平均数z=20×7+5×9-37 20+55 方-碧+受-m+即+号-1-++0+尝器 1 12525° 16.(1)解：由余弦定理得2+c2-a=2 bccos=8√5①，由面积公式得bosin4=2②， 试卷第4页.共8而 ②-①，得an4=2， 4“85,即anM= 。A(0,,得A= 3 6 (2)由题意，得△ABC外接圆的直径为4，则由正弦定理得.口 sina=3iC=4,所以c=4 sinC,a=4sin=2 6 因为△ABC是锐角三角形，所以 0<C62' 元 2解得C<， 0<B=-C<2 6 所以snC∈( 2,).则c=4 4sinC(25,4),所以2e2+50-c2+20-c+20 =c+ ,c∈(25,4)， ac 由对勾函数的性质易知y=c+20在(25，)上单调递减，所以2c+50的取值范围为9,165). ac 3 17.(1)【方法一】证明：取BC的中点D,连接ND,BD, B M 因为ND分别是4C.BC的中点，所以DIAB,且D=4B, 叉因为M烟=2A8,AB川A8,AB=4B,所以ND‖MB且ND=MB, B 所以四边形MNDB,是平行四边形，所以MN‖B,D, 因为MNa平面BCC,B,且BDc平面BCC,B,所以MN‖平面BCC,B,。 【方法二】证明：取AB的中点E,连接ME,NE, 因为N,E分别是AC,AB的中点，所以NE‖BC,可得NEI平面BCC,B, 因为M,E分别是AB,AB的中点，所以ME‖BB,可得ME‖平面BCC,B, 因为ME∩NE=E,所以平面MNE‖平面BCC,B,所以MN‖平面BCC,B。 (2)解：在直三棱柱ABC-AB,C,中，因为AB=BC=BB,=2,且AB⊥BC, 接仙，则umm明宁2x22=号 又：BM=+AM=5,Mw-+(=5,BN=4C=a8+Bc-5. 所以aww:-受-,5 设点A到平面0N的距离为d,则w一and=子，即时-号解得d-号 即点A到平面BMW的距离为兰。 3。 18【详解】(1)依题意，得而-号西，因为点E为4C中点，所以正=， 第5页，共8页 又F在靠近岛屿C的BC的三等分点上所以C示=号C而， 又CB=a,CA=b, 所以-示-亚-0丽-0=0-，⑦=c+而-+孤-C+号C-网-号a+3, 31 2 5 (2)由愿意得cD1B8R,D-F=后a+)-a-=0,即后8-=0， 10 ÷15Ha张4C=20,所以号-0×202=0，则间=30， 又∠ACB=60°，所以a.b=30x20×cos60°=300， 网品-+-层 30×20x5+9×202=12w5, 5 25 25 5×302+12 V2 5 225 所以岛屿C到补给站D的距离12√5。 (3)由4cosA+3cosB=l,可得4 cosAsin B+3 cos BsinA=sin4simB, sin A sin B 3cos Asin B+3cos Bsin A=sin Asin B-cos Asin B, 可得3sin(A+B)=sinB(sinA-cosA),即3sinC=sinB(sinA-cosA), 设AB=c,AC=b,由正弦定理知3c=b(SinA-cosA, Shsisinsin)(sin 4-sin Aco(c0ssim21) 2 6 6 12 经，勇 因为3c=b(snA-cos)>0,所以2<A<元，得3五<2A+不<9 4 4<4 所以当24+子-受即4=受时，公取得最小值20， 8 即b的最小值为2√30，所以岛屿A和岛屿C之间距离的最小值为2√30公里。 19.【详解】()若9=牙，则平面PAC1平面4CD, 在平面PAC内过P作PS⊥AC,垂足为S,连接AS,BS, B 因为平面PAC⊥平面ACD,平面PAC∩平面ACD=AC,PSc平面PAC,所以PS⊥平面ACB, 试卷第6页，共8页 又，BSC平面ACB,∴.PS⊥SB。 在APAC中，：AP=2.CP=25,PA1PC,由等面积法得PS=2x25=5,再由射影定理（或 √4+12 △PSC-△MPC)得CS=PC-12=3,故在ABCS中，由勾股定理得B8=9+12=万， AC 所以在Rt△BCS中，有PB2=3+21=24,.AB2=AC2+BC2=28=AP2+PB2,故AP⊥PB。 (2)存在E且满足-，使得D5》平面P9C,证明如下。 取(1)中S,出(1)可得AS=AC-CS=1,连接SD, 由旋转不变性可得SD L AC, 而BC⊥AC且SD,BCC平面ABCD,故DSBC, 而DS平面PBC,BCC平面PBC,故DS平面PBC, =且-：放ESC,同理可得平面PC 由SD∩ES=S,SD,ESC平面DES得平面DESI∥平面PBC, DEc平面DES,∴.DEl平面PBC。 (3)由旋转翻折过程易知8∈(0，π)， @若0e0,,取C,BC,PA的中点分别为，NM,连接oN,OM,M7,7心，QN, D 因为O为三棱锥P-ABC的外接球球心，故O2⊥平面ABC,OT⊥平面PAC, 因为BCc平面ABC,故BC⊥OP, 又在△ABC中ON为中位线，.ONIMAC,故2N⊥BC, 因ON∩O2=2,2N,O2c平面ONQ,故BC⊥平面ON№，而ONc平面ON9,故BC⊥ON, 所以∠O9为二面角O-BC-A的平面角，则∠ONQ=B, 第7页，共8页 同理可证：∠0MT=a,∠0T2=元-0-∠0TP=元-0-=-0， 22 在R△O2N中，O2=2NanB=2tanB,在△OTM中OT=MT tana=V3tana, 在u△0r2中有0rcos受-)=70=5，即5anan9=V5,ana 1 sine Tean号o=g00=2tanB,即am0=3cos1 2sine ∴tan2a-tan2B=1-3cos20-4-30-2-1+3z2 sin20 4sin20 472 422 ②若0=时，此时QQ重合，且B=0ma=兴=l,满足amn2a-m'g=1-1+3x MT 4x12, ③若8∈(5，)，此时∠0T2=日-且0在平面ABC的下方，同@可得an'a-tan2B 1+322 4P也成立， 综上，tan2a-tanB=4恒成文。 试卷第8页，共8页广州市玉岩中学2025学年第二学期高一年级限时训练（二)》 高一数学 命题人：李文力 审校人：刘珊珊 说明：本试卷分第1卷和第川卷。第1卷为选择题，共11题共58分，第川卷为非选择题，共92分， 全卷共150分。考试时间为120分钟。 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正 确的。请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上。 1.若复数z满足引z=2,则|z-4|的最大值为() A.2 B.4 C.6 D.8 2.某高校对中文系新生进行体测，利用随机数表对400名学生进行抽样，先将400名学生进行编号，001， 002,,399,400。从中抽取40个样本，如图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6 列开始向右读取数据，则得到的第4个样本编号是() 32211834297864540732524206443812234356773578 84421253313457860736253007328623457889072368 32567808436789535577348994837522535578324577 A.328 B.253 C.007 D.860 3.如图，OABC为平面四边形OABC用斜二测画法作出的直观图，其中OA=3,OC'=1,B'C'=2,则 四边形OABC的面积为() A.52 B.52 C.5 2 4 A'x 第3题图 第5题图 4.设0为△4BC的外接圆圆心，若2C0=CA+CB,且OC=CA,则cB在B上的投影向量为() A.-丽 B.-1A8 D.3 4 c丽 5.陀螺也叫作“冰尜(g)”或“打老牛”。现有一圆锥形陀螺（如图所示），其底面半径为4，将其放倒在- 平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点$滚动，当圆锥在平面内转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了4 周，则该圆锥的侧面积为（) A.128π B.100元 C.80π D.64π 试卷第1页，共4页 6.己知直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面是边长为2√2的正方形，AA=3√2，E,F分别是棱AB,BC的中点， 点M是棱AA,上的一点，且A,M=2AM,则过点M,E,F的平面截直四棱柱ABCD-AB,C,D所得截面的 面积为() A.35 B.55 C.75 D.95 7.在正方体ABCD-AB,CD,中，E是棱CC,的中点，F是侧面BCC,B,内的动点，且AF∥平面D,AE,则AF 与平面BCC,B,所成角的正切值1构成的集合是() A125125 B.{ 25 ≤2} C.{l2≤1≤25} D.t|2≤2√23 H 第7题图 第11题图 8在三校锥4-BCD中，4B=BC=AC=CD=25,∠BCD=子，二面角A-BC-D的大小为了，则三 棱锥A-BCD的外接球表面积为() A.84x B.100 C.27π D.1487 3 3 二、多选题：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 部选对得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分。 9.已知一组大小不等的数据x,(=1,2,,n)的平均数为x,方差为s2,标准差为s,极差为a,若y,=-2x+3, 则下列关于数据y,(i=1,2,,n)的结论正确的是() A.平均数为-2x+3 B.方差为4s2 C.标准差为-2s D.极差为-2a 10.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列结论正确的是（) A.若A>B,则sinA>sinB B.若sin2A+sin2B>sin2C,则△4BC是锐角三角形 C.若b=8,c=10,B=30°，则符合条件的△ABC有两个 D.若a3=b3+c3,则△ABC是锐角三角形 11.如图，已知圆台的轴截面为四边形EFGH,FG=4,EH=2,EF=3,沿着该圆台侧面从E到G的路径的 长度为a。在该圆台内有一个棱长为b的正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则() 试卷第2页，共4页 A.圆台的高为√万 B圆台的体积为4巨， 3 C.a的最小值为3√5 D.6的最大值为26 第】卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题.每小题5分，共计15分。 八 12.某学校高一年级在校人数为600人，其中男生350入，女生250人，为了解学生身高发展情况，按分层 随机抽样的方法抽出的男生身高为一个样本.其样本平均数为172cm,抽出的女生身高为一个样本，其样 本平均数为160cm,则可估计该校高一学生的平均身高为cm。 13.一个圆锥的母线长为2，当它的轴截而面积最大时，该圆锥的表面积为 14,锐角△MBC的面积为2，且C=1+c4,若4B:-(8C-4C>m恒成立，则实数m的最大值 AC cos B 为 四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分)为了解学生对A,B两家餐厅的满意度情况，现从在A,B两家餐厅都用过餐的学生中随机抽 取了50人，每人分别对这两家餐厅的满意度进行打分（分数区间为[2，I0]),将其分数记为满意指数。根 据打分结果按[2,4)，[4,6)[6,8)，[8,10]分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中B餐厅的满意指数在 [2,4)内的学生有15人。 ↑频米/组距 个频率/组距 0.20 0.20 0.15 6 0.10 0.05 0.05 0 246810满意指薮 0 246810满意指数 A餐厅满意指数频半分布直方阁 B餐厅满意指数频率分布直方图 (I)求图中a,b的值： (2)利用样本估计总体的思想，比较A,B两家餐厅满意指数的平均数的大小：（计算平均数时同一组中的数 据用该组区间的中点值作代表) (3)若B餐厅满意指数频率分布直方图中第三组满意指数的方差为2，第四组满意指数的方差为1，估计在 B餐厅用过餐的第三组与第四组所有学生的满意指数的方差。（计算平均数时同一组中的数据用该组区间的 中点值作代表) 附：若数据x,x2,,x的平均数为x,方差为s,数据，2，…，y的平均数为夕，方差为5，将这两组数 据混合在一起得到一组新数据，设新数据的平均数为三，则新数据的方差52=m心+（亿-）门十 m+n ”好+区-] m+n 试卷第3页，共4页 16.(15分)在△ABC中，内角AB,C的对边分别为a,b,c。 (I)若b2+c2-a2=85,△ABC的面积为2，求角A: (②若△42C为锐角三角形，4-名，且外接圆半径为2，求2心+5d的取值范围。 ac 17.（15分)如图，在直三棱柱ABC-AB,C,中，M.N分别是棱AB,AC的中点。 (I)证明：MNI‖平面BCC,B:(2)若AB=BC=BB=2,且AB⊥BC,求点A到平面BN的距离。 B C B 九 D 第17题图 第18题图 18.(17分)如图所示，△ABC的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图 中的D、E、F点上。岛屿A到补给站D的距离为岛屿A到B的号，岛屿A和岛屿C到补给站E的距离相 等，补给站F在靠近岛屿C的BC的三等分点上。设CB=,CA=b。 (I)用a,b表示EF,CD: (2)如果∠ACB=60°，AC=20海里，且CD⊥EF,求岛屿C到补给站D的距离： (3)若三个岛屿围成的△MBc的面积为10(V2+1)平方公里，且满足4cosA+30osB 1,求岛屿A和岛屿C sin A sin B 之间距离的最小值。 19.(17分)如图，已知四边形ABCD满足AD=2,BC=CD=2√3、AD⊥CD,AC⊥BC,现将△DAC沿着AC 翻折得到△PAC形成四棱锥P-AB(:D,记二面角P-AC-D的平面角大小为B。 B B 0考0=受证明：4P1PB, ②在线段1P上是否存在一点E使得DEW平面P8C,若存在，求出仁：若不存在，请说明理由。 (3)兰棱锥P-ABC的外接球球心为O,二面角O-AP-C和O-BC-A的平面角大小分别为Q,B,求 tan2a-tan2B（记2=sin0,结果用表示)。 试卷第4页，共4页