恩施州普通高中2024-2025学年高一质量监测考试数学答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年7月_250717湖北省恩施州普通高中2024-2025学年高一质量监测考试（全科）

普通高中 2024-2025 学年高一质量监测考试 数学参考答案 （2025.07）  选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D D A A C C D CD ACD ABD  填空题： 12．1 13．1 14．34  1.解析：因为 3 所以它在第二象限，选B． ， 2     2 2 2.解析：化简得a b ，所以|a||b|，选D．  3 3.解析： 2k  2k，选D． ， 4 4 1 1 4.解析：不妨设总人数为k ，则8 k ，所以k 32，所以计分组人数为32 16,选A． 4 2  1 1 1 1 1 1   3 1 5.解析： BE  BA BD  BA BC  AB (ACAB) AB AC , 2 2 2 4 2 4 4 4 选A． 2A  6.解析：BOC  2BAC  2A，OB OC,OBC   , 2 2  1 sinOBC sin( A)cosA ,选C． 2 3 1 1 7.解析：V V S d  S BB ,S d  2， AEB 1 D B 1 AED , 3 EB 1 D AEB1D 3 AED 1 EB 1 D AEB1D 1 2 6 DE BE  5,DB  2 3 ，S  2 3 2  6 ，从而d   , 1 1 EB 1 D 2 AEB1D 6 3 选C． 8.解析：sinCsinB 2sinBcosA ，sin(AB)sinB2sinBcos A， sin(AB)sinB ，AB B ，A 2B，从而C 3B, sinB sinB sinB 1    sinC sin3B sinBcos2B cosBsin2B 4cos2B 1 ABC为锐角三角形. —1—  0＜B＜  2      0＜2B＜  ＜B＜ 2 6 4    0＜-3B＜   2  2 3 sinB 1 1  cosB   2 , 2    ,4cos2B1 1,2 从而 sinC  4cos2B1   2 ,1  ,选D． 9.解析：z abi(a,bR)，(z1)i zz1，(a1)iba2b21， a 1  ，选CD． b0或1 T 11 5  5 10.解析：由图可知：    ，2 2k,k Z， 2 12 12 2 12     2k,kZ不妨取 ,T ， 2， 6 6 6     sin（2x ）sin（2x  ）cos（2x ）,A对． 6 3 2 3 11  sin（2( ) ） 0,B错．C显然正确． 12 6    y sin（2(x ) ）sin（2x )cos2x 为偶函数,D正确． 3 6 2 11．解析：A选项，直接验证，正确； f(x)esin(x)esin(x) (esinxesinx)f (x)，B选项正确； x 0,，sinx 0,1 ，令sinxt，则 f(t)etet,t 0,1 ．  1  1  因为 f(t)在 0,1 时单调递增，所以 f(t) 0,e  ，所以 f(f(t)) 0, f(e )  ，则  e  e  f(f(t))＞0恒成立.故 f(f(x))在x 0,上无零点，C选项错误． 1 令t sinx[1,1], f(t)etet，是单调递增函数（y et,y ( )t都是单调递增函数）， e 8 8 所以 f(t)etet e1e1331 ，所以方程 f(x) 无解，D选项正确．选ABD． 3 3 1 1 12．1sin22cos2sin2，12cos2 ，cos2 ，sin2 ，tan21． 2 2 13．由向量的几何意义得m1. —2—ab 4(b1) 4(b1) 14．解析：法1：由ab 1得，a  ，所以b4．又因为a b，即 b， 4 b4 b4 b2 8b4，(b4)2 20，从而4b8，a,bN*，所以 a 24,b5;a 14,b6;a 9,b8 ，从而该长方形的周长最小值为2a2b34． ab 法2：ab 1得，ab4a4b40,(a4)(b4)20 ，因为a,bN*，a b， 4 所以a45,b44;a410,b42;a420,b41 ，后面方法同上. ab 4(b4)20 20 法3：ab 1,ab b(b 4)，ab8 b484 5 ， 4 b4 b4 当且仅当b44取得“=”号，此时b8,a 9，故该长方形周长2a2b的最小值为34．  解答题 15．（13分）  解：（1）函数 f(x)sin(x )，所以函数f(x)的单调递减区间为 4   3 2k x  2k,kZ， 2 4 2  5 解得 2k x 2k,kZ． ……………………………………………………3分 4 4 函数f(x)的单调递增区间为     2k x  2k,kZ， 2 4 2 3  解得 2k x 2k,kZ． …………………………………………………6分 4 4  5 所以函数 f(x) 的单调递减区间为[ 2k, 2k],kZ ．单调递增区间为 4 4 3  [ 2k, 2k],kZ．……………………………………………………………7分 4 4    (2) f(x)cos(x )m, 即sin(x )cos(x )m， 4 4 4 即 2sinxm． ………………………………………………………………10分 因为sinx1,1 ， ……………………………………………………………11分 所以 2sinx 2, 2． ……………………………………………………12分   故m 2． ………………………………………………………………13分 —3—16．（15分） （1）证明：由PA平面ABC，BC 平面ABC，故BC  PA．……………………2分 又BC  AB，PA，AB平面PAB，且PAAB  A，所以BC 平面PAB．…5分 又AE 平面PAB，所以BC  AE． ………………………………………………6分 又AE  PB，PBBC B，PB，BC 平面PBC ，所以AE 平面PBC ． ………………………………………………7分 （2）证明：由（1）得，AE 平面PBC ，又PC 平面PBC ，所以AE  PC．…9分 又AF  PC，AE，AF 平面AEF ，且AEAF  A，所以PC 平面AEF ． …………………………………………11分 所以 PA 在平面 AEF 内的射影为 AF,故 PA 与平面 AEF 所成角为 PAF ， …………………………………………13分 又AF  PF ，根据RtPAF 与RtPCA相似， PA 1 tanPAF tanPCA  ． ………………………………15分 AC 2 17．（15分） 解：（1）由(0.0250.050.0625a0.11250.15)21，解得a 0.1．………2 分 平均每周球类运动时长大于或等于10小时的人数为(0.10.05)24012 人． 12 估计该校高一年级学生中“球类运动爱好者”人数为1200 360人．……………5分 40 （2）由题意，需要确定平均每周球类运动时长的80%分位数，因为 (0.0250.06250.10.11250.15)20.7 ， (0.0250.06250.10.11250.15 a)20.9 ，故80%分位数位于[10,12)内． ……………………………………………………………………………………………7分 0.80.7 所以102 11，即为80%分位数．……………………………………………9分 0.90.7 因为10.511，所以没有超过该年级80%的学生．………………………………………10分 8mm33m1 （3）由题意，甲，乙，丙三位同学球类运动时长平均数为x  4m ． 3 …………………………………………………………………………………………11分 —4—(8mx)2(m3x)2(3m1x)2 s2 …………………………………………………12分 3 7 3 8(m )2  (42m)2(2m3)21  8m228m26  4 2．所以当m 7 时，s2最小． 3 3 3 4 …………………………………………………………………15分 18.（17分）  2  2  AB 2  AB 2  6  2 （1）m  m ，  2sin   cos       ．…………………1分  2   2   2  cos(AB) 化简得：cos(AB) ， …………………3分 2 即cosAcosB 3sin AsinB． …………………4分 1 化简得：tanAtanB ． …………………………………5分 3 tan AtanB 3 （2）在△ABC中，tanC tan(AB)  (tan AtanB) ． 1tan AtanB 2 …………………………………………………7分 1 tan A0，tanB 0，tan AtanB2 tan AtanB 2 ． 3 当且仅当tan A tanB时等号成立． ……………9分 3 3 1  (tan AtanB) 2  3 ． ………………………………10分 2 2 3  2 tanC  3 ，当且仅当tan A tanB时等号成立．C  ,  ．………12分  2 3  2  （3）当ACB最大时，C  ，A B  ，…………………………………14分 3 6 M AB ,当M 与A和B点重合时，AC 2，…………………………………15分  5 1  当M 与A和B点不重合时，AMC  , ,sinAMC  ,1  ．……16分  6 6  2  在 △AMC中，由正弦定理， CM  AC sinCAM sinAMC 2 AC 1  即  ，AC 4sinAMC ,又sinAMC  ,1  1 sinAMC 2  2 —5—AC 2,4 ． 综上，AC[2,4]．…………………………………17分 19．（17分） （1）（ⅰ）证明：因为平面PAB 平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA=PB， ⟂ 作PE AB，则E为AB的中点，且PE 平面ABCD． …………………2 ⟂ ⟂ 分  因为AB=CD，AB=BC=AD=2．所以底面四边形ABCD为菱形，因为∠BAD= ，所 3 2 2 以∠ABC= ，AC2  AB2 BC2 2ABBCcos 12，即AC 2 3．………3分 3 3 2 3 由正弦定理得ΔABC外接圆的半径为r   2．…………………………4分 2sinABC 设ΔABC外接圆圆心为O ，则O A=O B=O C=r=2．又DA=DB=DC=2，从而O 与D重 1 1 1 1 1 合，即D为ΔABC外接圆圆心． …………………………………………………5分 由三棱锥P-ABC的外接球的性质，即OD 平面ABCD，又PE 平面ABCD，所以OD//PE， ⟂ ⟂ 因为PE平面PAB，所以OD//平面PAB． ………………………………………………6分 （ⅱ）由题意，PAB为正三角形，则PAB外接圆的圆心在PE上，记为O ，由正三 2 2 2 3 3 角形性质可得圆O 的半径PO  PE  ，则O E  ．………………………7分 2 2 3 3 2 3 3 连接OO ，则OO 平面PAB，所以EDOO 为矩形，OD O E  ．……8分 2 2⟂ 2 2 3 39 三棱锥P-ABC的外接球R OA OD2 AD2  ．…………………………9分 3 52 所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积S 4R2  ．…………………………10分 3 （2）由（1）可知，PE 平面ABCD，PE为三棱锥P-BCD底面BCD上的高，PE  3． ⟂ —6—要使得三棱锥P-BCD体积的最大，只需底面ΔBCD的面积最大.连接BD，那么  BD2  AB2 AD2 2ABADcos88cos，BD 2 2 1cos4sin ． 2 ………………………12分   又AB  AD,ADB ABD  ．因为∠ABC= ，所以 2 2   3 DBC ABCABD   ． …………………………13分 2 2 2 1  3    所以S  BDBCsinDBC4sin sin 4sin (sin coscos sin) BCD 2 2 2 2 2 2    4sin2 cos4sin cos sin2cos（1-cos）+2sin22cos2cos2． 2 2 2 从而S 2cos2(2cos21)4cos22cos2 ． ……………15分 BCD 1 9 1 令t cos,S 4t22t24(t )2 ，所以t cos 时，面积最大． BCD 4 4 4 9 1 3 9 3 3 S  ．故V  S PE    ． …………………………17分 BCD 4 PBCD 3 BCD 3 4 4 —7—