文档内容
2024-2025 学年湖北省重点高中智学联盟高一下学期 5 月联考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
i−2
1.已知i是虚数单位，则复数 =( )
1+2i
4 3 4 3
A. i B. −i C. − − i D. − + i
5 5 5 5
2.已知向量 ⃗ a ，⃗b满足⃗a=(1,√3)， ⃗ b=(− √3 , 1 )，若 ( ⃗ a+ ⃗ b)⊥( ⃗ a−λ ⃗ b) ，则实数λ的值为( )
2 2
9
A. 2 B. 4 C. 2√3 D.
2
1
3.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=1，sinA=2sinC，cosB= ，则△ABC的面
4
积S=( )
√15
A. 1 B. 2√15 C. √15 D.
4
4.如图，在正方体ABCD−A B C D 中，点N为正方形ABCD的中心，E为C D 中点，M是线段ED
1 1 1 1 1 1
的中点，则( )
A. BM=EN，且直线BM，EN是相交直线
B. BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C. BM=EN，且直线BM，EN是异面直线
D. BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
1 59
5.若cosα+cosβ= ，cos(α−β)=− ，其中α，β∈(0,π)，则sinα+sinβ=( )
2 72
第 页，共 页
1 11 1 √2 √3
A. B. C. D.
2 3 2 3
π 5π
6.将函数f(x)=cos2 ( +x)−cos2 ( −x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后，横坐标变为原来的
12 12
1 π π
倍，纵坐标不变得到函数g(x)的图象，若g(x)满足g( +x)=g( −x)，则φ的最小值为( )
2 12 12
π π π 3π
A. B. C. D.
12 8 4 8
2a−c cosC
7.在锐角△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知 = 且b=3，则锐角△ABC
3 cosB
面积的取值范围为( )
2√3 3√3 9√3 9√3
A. (0, ) B. (3√3,9√3] C. ( , ] D. (0, ]
3 2 4 4
8.已知实数 ， ，满足 ，则 3x−y 的最大值为( )
x y y=x2−7x+16(1≤x≤5)
√x2+ y2
9√41
A. 1 B. C. √3 D. √2
41
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 复数z=2−i的虚部为−i
B. 若 是关于 的二次方程 的根，则 也是该方程的根
1+i x ax2+bx+2=0(a,b∈R) 1−i
C. i+i2+i3+⋯+i2025=i
D. 若复数z满足|z|=1，则|z−3−4i|的最大值为6
10.如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为3π，△SAB是圆锥的一个轴截面，则下列结论正确的是( )
第 页，共 页
2 1A. 圆锥的母线长为3
π
B. 圆锥SO的侧面展开图的圆心角为
2
C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为3√3
√2
D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为
2
11.已知 ， 在 所在平面内， ⃗ ⃗ ⃗ ， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
O H △ABC
|OA|=|OB|=|OC|=3 HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA
OH=1，记BC=a，CA=b，AB=c，则下列说法正确的是( )
A. O为△ABC的外心 B. H为△ABC的内心
C. ⃗OH=⃗OA+⃗OB+⃗OC D. a2+b2+c2=81
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
√3 2√3
12.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=3，sin A= ，b= ，则cosB= ．
3 3
π
13.已知函数f(x)=3sinx+4cosx在x=x 处取得最小值，则sin(x + )= ．
0 0 3
14.四面体ABCD中，AB⊥BC，CD⊥BC，BC=2√2，且异面直线AB与CD所成角为60∘.若四面体外
接球半径为√6，则四面体ABCD的体积的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
1
如图所示，四边形ABCD是直角梯形，其中AD⊥AB，AB//DC，梯形上方为 圆.若将阴影图形绕AE
4
旋转一周．
第 页，共 页
3 1(1)求阴影图形形成的几何体的表面积;
(2)求阴影图形形成的几何体的体积．
16.(本小题15分)
已知⃗ ，⃗
m=(2√3sinx,2cosx) n=(cosx,cosx)
若⃗ ⃗，求
(1)
m//n
cos2x;
若 ⃗ ⃗，
(2)
f(x)=m⋅n
(ⅰ)求函数f(x)的单调递减区间;
x2 x4 x6
(ⅱ)英国数学家泰勒(B.Taylor,1685−1731)发现了如下公式：cosx=1− + − +⋯，其中
2! 4! 6!
n!=n×(n−1)×(n−2)×⋯×3×2×1，该公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保
π 1 1
显示值的准确性.运用上述思想，计算f( − )的值.(结果精确到小数点后3位，参考数据： ≈0.04167，
6 2 4!
1
≈0.00139)
6!
17.(本小题15分)
如图，在 中， ⃗ ⃗ ， ⃗ ⃗ ，点 为 和 的交点，设 ⃗ ⃗， ⃗ ⃗．
△ABC
AE=EB CD=2DB
O AD CE
BA=a BC=b
第 页，共 页
4 1若 ⃗ ⃗ ⃗，求 ， 的值
(1)
BO=xa+ yb
x y ;
π
(2)若|⃗a|=2，|⃗b|=3， ⃗ 与⃗b的夹角为 ，
a
3
(ⅰ)求△BOD的面积;
(ⅱ)求∠AOB的余弦值．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，D为BC边上一点，已知b=2，c=4，
cosC 1
= ．
2b+c 2a
(1)求A;
(2)若AD平分∠BAC，求△ABD的面积;
若 为 边的中点， ， 分别为 边及 边上一点 含端点 ，且 ， ⃗ ⃗ ，
(3) D BC E F AB AC ( ) ⃗AE=λ⃗AB AF=(1−λ)AC
求⃗DE⋅⃗DF的取值范围．
19.(本小题17分)
材料一：我们可以发现这样一个现象：随机生成的一元多项式，在复数集中最终都可以分解成一次因式的
乘积，且一次因式的个数(包括重复因式)就是被分解的多项式的次数.事实上，数学中有如下定理：
代数基本定理：任何一元 次复系数多项式方程 至少有一个复数根．
n(n∈N∗) f(x)=0
材料二：由代数基本定理可以得到：任何一元 次复系数多项式 在复数集中可以分解为 个
n(n∈N∗) f(x) n
一次因式的乘积.进而，一元n次多项式方程有n个复数根(重根按重数计)．
下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系．
设实系数一元二次方程
a x2+a x+a =0(a ≠0)
2 1 0 2
第 页，共 页
5 1a
{ x +x =− 1
1 2 a
在复数集C内的根为x 、x ，容易得到 2
1 2 a
x x = 0
1 2 a
2
设实系数一一元三次方程
a x3+a x2+a x+a =0(a ≠0)①
3 2 1 0 3
在复数集C内的根为x 、x 、x ，可以得到，方程①可变形为a (x−x )(x−x )(x−x )=0
1 2 3 3 1 2 3
展开得：
a x3−a (x +x +x )x2+a (x x +x x +x x )x−a x x x =0②
3 3 1 2 3 3 1 2 1 3 2 3 3 1 2 3
a
{ x +x +x =− 2
1 2 3 a
3
a
比较①②可以得到根与系数之间的关系： x x +x x +x x = 1
1 2 1 3 2 3 a
3
a
x x x =− 0
1 2 3 a
3
阅读以上材料，利用材料中的方法及学过的知识解决下列问题：
已知函数 ，函数 的图象上有四个不同的点 、 、 、 ．
f(x)=x3+3x2 f(x) A B C D
对于方程 在复数集 内的根为 、 、 ，求 的值
(1) f(x)−x+5=0 C x x x x2+x2+x2 ;
1 2 3 1 2 3
已知函数 ，对于方程 在复数集 内的根为 、 、 ，当
(2) g(x)=f(x)−3x2+bx+2 g(x)=k C z z z k∈[0,1]
1 2 3
时，求 的取值范围．
z3+z3+z3
1 2 3
(3)若ABCD按逆时针方向顺次构成菱形，设A(m,f(m))，B(n,f(n))，求代数式
的值．
(m2+2m−2)(n2+2n−2)
第 页，共 页
6 1参考答案
1.A
2.B
3.D
4.B
5.B
6.C
7.C
8.D
9.BCD
10.ACD
11.ACD
√77
12.
9
3+4√3
13.−
10
14.2√6
15.解：(1)由题意知所得的几何体由两部分组成：圆台和半球，
在本题中，圆台的上底面半径r=2，下底面半径R=5，母线长l=√(5−2) 2+42=√9+16=√25=5
则圆台侧面积S =π×(2+5)×5=35π
圆台侧
圆台下底面积S =π×52=25π
圆台下底
半球表面积S =2π×22=8π
半球
故阴影图形形成的几何体的表面积 ；
1
(2)圆台的高ℎ =4，r=2，R=5，则圆台体积V = π×4×(22+52+2×5)=52π
圆台 3
2 16π
半球体积V = π×23=
半球 3 3
第 页，共 页
7 116π 172π
故阴影图形形成的几何体的体积V =V +V =52π+ =
圆台 半球 3 3
16.解： 若⃗ ⃗，
(1)
m//n
则2√3sinxcosx=2cos2x，①
若 cosx=0 ，⃗
n=
⃗
0
，满足要求，此时 cos2x=−1② ，
若 ， ， √3， 1−tan2x 1；
cosx≠0 √3sinx=cosx tanx= cos2x= =
3 1+tan2x 2
⃗ ⃗ π
(2)(ⅰ)f(x)=m⋅n=2√3sinxcosx+2cos2x=√3sin2x+cos2x+1=2sin(2x+ )+1，
6
π π 3π
令 +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ，k∈Z，
2 6 2
π 2π
即 +kπ≤x≤ +kπ，k∈Z，
6 3
π 2π
所以函数f(x)的单调递减区间[ +kπ, +kπ]，k∈Z；
6 3
π
(ⅱ)因为f(x)=2sin(2x+ )+1，
6
π 1 π π π
所以f( − )=2sin( −1+ )+1=2sin( −1)+1=2cos1+1，
6 2 3 6 2
1 1 1
由泰勒公式得：cos1=1− + − +⋯⋯≈1−0.5+0.04167−0.00139=0.54028，
2! 4! 6!
π 1
所以f( − )=2cos1+1≈2×0.54028+1≈2.081．
6 2
17.解： 设 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
(1)
EO=λEC,AO=μAD
则 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
BO−BE=λ(BC−BE),BO−BA=μ(BD−BA)
第 页，共 页
8 1⃗ 1−λ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1 ⃗
所以 BO= BA+λBC,BO=(1−μ)BA+ μBC ，
2 3
1−λ 1
{ =1−μ {λ=
所以 2 ，解得 5 ，
1 3
λ= μ μ=
3 5
⃗ 2 ⃗ 1 ⃗ 2⃗ 1⃗
所以 BO= BA+ BC= a+ b ，
5 5 5 5
2 1
又 ⃗ ⃗ ⃗ ，所以 x= ,y= ；
BO=xa+ yb
5 5
1 1 π √3
(2)(ⅰ) S = BA⋅BD⋅sin∠ABD= ×2×1×sin = ，
▵ABD 2 2 3 2
⃗ 3 ⃗ ⃗ 2 ⃗
由(1)知， AO= AD ，所以 OD= AD ，
5 5
2 √3
所以 ▵BOD 的面积 S = S = ；
▵BOD 5 ▵ABD 5
⃗ 2 ⃗ 1 ⃗ 2⃗ 1⃗
(ⅱ)由(1)BO= BA+ BC= a+ b ，
5 5 5 5
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 2⃗ 1⃗ 3⃗ 1⃗
OA=BA−BO=a−( a+ b)= a− b，
5 5 5 5
π
|⃗a|=2，|⃗b|=3，⃗与⃗b的夹角为 ，
a
3
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1
则a2=4,b2=9,a·b=2×3× =3，
1
| ⃗ | 1√( ⃗ ⃗) 2 1√ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1 √37，
BO = 2a+b = 4a2+b2+4a·b= √16+9+12=
5 5 5 5
| ⃗ | 1√ ⃗ ⃗ 1√ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1 3 ，
OA = (3a−b) 2= 9a2+b2−6a·b= √36+9−18= √3
5 5 5 5
⃗ ⃗ 3⃗ 1⃗ 2⃗ 1⃗ 6 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ ⃗ 18
OA·OB=−( a− b)·( a+ b)=− a2+ b2− a·b=− ，
5 5 5 5 25 25 25 25
第 页，共 页
9 118
⃗ ⃗ −
OA⋅OB 25 6√111
cos∠AOB= = =− ．
⃗ ⃗ 3√3 √37 111
|OA||OB| ×
5 5
cosC 1
18.解：(1)因为 = ，
2b+c 2a
cosC 1
由正弦定理得 = ，
2sinB+sinC 2sin A
即2sinAcosC=2sinB+sinC，
则2sin AcosC=2sin(A+C)+sinC，
即2sin AcosC=2(sin AcosC+cosAsinC)+sinC，
即sinC(2cosA+1)=0，
1
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，则cosA=− ，
2
2π
又因为A∈(0,π)，所以A= ;
3
2π
(2)由(1)得A= ，
3
1
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA=22+42−2×2×4×(− )=28，即a=2√7，
2
BD c 4
因为AD平分∠BAC，根据角平分线性质 = = =2，且BD+DC=a=2√7，
DC b 2
2 4√7
所以BD= ×2√7= ，
3 3
a2+c2−b2 28+16−4 5√7
由余弦定理cosB= = = ，
2ac 2×2√7×4 14
则 √ 5√7 √21，
sinB= 1−( ) 2=
14 14
1 1 4√7 √21 4√3
则S = c⋅BD⋅sinB= ×4× × = ．
△ABD 2 2 3 14 3
第 页，共 页
10 1⃗ 1 ⃗ ⃗
(3)因为D为BC边的中点，所以AD= (AB+AC)，
2
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1 ⃗ ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗
DE=AE−AD=λAB− (AB+AC)=(λ− )AB− AC，
2 2 2
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1 ⃗ ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗
DF=AF−AD=(1−λ)AC− (AB+AC)=− AB+( −λ)AC，
2 2 2
⃗ ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗ 1 ⃗
则DE⋅DF=[(λ− )AB− AC]⋅[− AB+( −λ)AC]
2 2 2 2
1 1 ⃗ 1 1 ⃗ ⃗ 1 ⃗ ⃗ 1 1 ⃗
=− (λ− )AB2+(λ− )( −λ)AB⋅AC+ AB⋅AC− ( −λ)AC2，
2 2 2 2 4 2 2
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1
又 A ⃗ B2=c2=16 ， A ⃗ C2=b2=4 ，AB⋅AC=|AB||AC|cosA=4×2×(− )=−4，
2
⃗ ⃗ 1 1 1 1 1 1 1 5 13
则DE⋅DF=− (λ− )×16+(λ− )( −λ)×(−4)+ ×(−4)− ( −λ)×4=4(λ− ) 2− ，
2 2 2 2 4 2 2 4 4
因为λ∈[0,1]，
则当 λ=0 时，
(D
⃗
E⋅D
⃗
F) =3;
max
当 λ=1 时，
(D
⃗
E⋅D
⃗
F) =−3
，
min
所以 ⃗ ⃗ ．
DE⋅DF∈[−3,3]
19.解：(1)将f(x)−x+5=0变形，已知f(x)=x3+3x2，
则方程为x3+3x2−x+5=0，
由材料得a x3+a x2+a x+a =0(这里a =1，a =3，a =−1，a =5)，
3 2 1 0 3 2 1 0
a
若根为x ，x ，x ，根据根与系数的关系有x +x +x =− 2=−3，
1 2 3 1 2 3 a
3
第 页，共 页
11 1a
x x +x x +x x = 1=−1．
1 2 1 3 2 3 a
3
x2+x2+x2=(x +x +x ) 2−2(x x +x x +x x )=(−3) 2−2×(−1)=9+2=11．
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3
(2)由题有g(x)−k=0的三个实根为z ，z ，z ．
1 2 3
设x3+bx+(2−k)=(x−z )(x−z )(x−z )，
1 2 3
展开得x3+bx+(2−k)=x3−(z +z +z )x2+(z z +z z +z z )x−z z z ，
1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3
故z +z +z =0，
1 2 3
则z3+z3+z3=(k−2)−bz +(k−2)−bz +(k−2)−bz =3k−6，又k∈[0,1]，故
1 2 3 1 2 3
3k−6∈[−6,−3]，
综上：当k∈[0,1]时，z3+z3+z3 的取值范围为[−6,−3];
1 2 3
(3)设菱形的对角线的交点为M点，设M点的坐标为(s,t)，
先证明点M为函数的对称中心，
证明如下：由题意有A，C两点关于M对称，
设A(m,f(m))，故C点坐标为(2s−m,2t−f(m))，
将C点坐标代入函数可得2t−f(m)=(2s−m) 3+3(2s−m) 2，
即2t−m3−3m2=(2s−m) 3+3(2s−m) 2，
即2t−m3−3m2=8s3−12s2m+6sm2−m3+12s2−12sm+3m2，
化简可得：(6s+6)m2−(12s2+12s)m+8s3+12s2−2t=0，
因为有四个不同的点，所以关于m的方程有四个不同的解，故各项系数均为0，
第 页，共 页
12 1{
6s+6=0
{s=−1
即
12s2+12s=0
，解得 ，
t=2
8s3+12s2−2t=0
所以M(−1,2)，且M(−1,2)在f(x)=x3+3x2上.
⃗ ⃗
又因为ABCD按逆时针方向顺次构成菱形，故 MA⋅MB=0 ，
⃗ ⃗
又B(n,f(n))，则MA=(m+1,f(m)−2) ，MB=(n+1,f(n)−2) ，
所以(m+1)(n+1)+(f(m)−2)(f(n)−2)=0，
即(m+1)(n+1)+(m3+3m2−2)(n3+3n2−2)=0，
(m+1)(n+1)+[(m+1)(m2+2m−2)(n+1)(n2+2n−2)]=0，
(m+1)(n+1)⋅[1+(m2+2m−2)(n2+2n−2)]=0，
若(m+1)(n+1)=0，则m=−1或n=−1，
第 页，共 页
13 1即点A与点M重合或点B与点M重合，此时四边形ABCD不能构成菱形，
故(m2+2m−2)(n2+2n−2)=−1．
第 页，共 页
14 1
