玉溪师院附中2024-2025学年下学期高一年级第二次校测数学答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年7月_250701云南省玉溪师院附中2024-2025学年下学期高一年级第二次校测

《玉溪师院附中 2024—2025 学年下学期高一年级第二次校测》数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B C D B A C BC AC 题号 11 答案 ABD 1．D 2 1 【分析】根据复数的运算法则，得到z   i，结合复数的几何意义，即可求 5 5 解. 1 2i 2 1 【详解】由复数的运算法则，可得复数z     i， 2i  2i  2i  5 5 2 1 复数z 在复平面内对应的点( , )位于第四象限. 5 5 故选：D. 2．A 【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解. 【详解】当a  0时，集合M  1,0  ，N 1,0,1  ，可得M  N ，满足充分 性， 若M  N ，则a  0或a  1，不满足必要性， 所以“a  0”是“M  N ”的充分不必要条件， 故选：A. 3．B 【分析】根据分层抽样的抽样比公式进行求解即可. 【详解】根据分层抽样的性质可知： 500 高三年级抽取的人数为100  25. 500700800 故选：B 4．C 【分析】根据偶函数的定义运算求解. {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}【详解】若函数 f  x  为偶函数，则 f  x  f x  ， 即 x2 +(m-2)x+7m+1=(-x) 2 +(m-2)(-x)+7m+1= x2-(m-2)x+7m+1 ， 整理得2(m-2)x=0，故m20，解得m  2. 故选：C. 5．D    【分析】a2 ab 0即可求出.       【详解】因为a  ab ， a 1，    1 所以a2 ab 0，所以1 3  0， 2 3 故λ   . 2 故选：D. 6．B 【分析】利用空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个判断可 得答案. 【详解】对于A，m,n,m n//或与相交但不垂直或 ，故A不正确； 对于B，因为n/ /，过n作平面  交平面于n，所以n//n，由//，m 可得m，所以mn，所以mn，故B 正确； {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}对于C，,m,n//m//n或m、n相交且垂直或m、n相交但不 垂直或m、n异面且垂直或m、n异面但不垂直，故C 不正确； 对于D，, m,n  mn//或n 或n与相交但不垂直或 n . 故选：B 7．A 1 【分析】根据正切函数的单调性可得1c，根据对数的性质可得b ，即可比 2 较. π 1 【详解】c  tan1 tan 1，b  log 2 log 5  ， 4 5 5 2 所以bac， 故选：A 8．C 【分析】利用直角三角形边角关系求出 AR,AQ，再利用余弦定理列式，结合差 角的余弦化简即得. π 【详解】当点P与点B,C 都不重合时，AQ  2cos,AR  2cos( )，当点P 3 与点B,C 之一重合，上式也成立， π 在AQR 中，由余弦定理得QR2  AQ2  AR2 2AQARcos 3 {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}π π  4cos24cos2( )4coscos( ) 3 3  4cos2(cos 3sin)2 2cos(cos 3sin)  4cos2cos22 3sincos3sin22cos22 3sincos3， 因此 f ()  3 ，ABD 错误，C 正确. 故选：C 9．BC 【分析】对于A：根据向量的坐标运算求解；对于B：根据向量的夹角公式运算     求解；对于C：可求 ab b 0，即可判断；对于D：根据投影向量的定义运 算求解. r r r  r  【详解】对于选项A：因为a  (2,0),b  (1,1)，则 a  2, b  2,ab  2，   即 a  b ，故A错误； r r r r ab 2 2 对于选项B：可得cos a,b  r r   ， a  b 2 2 2 且 a  ,b   0,π  ，则 a  ,b   π ，所以a  与b  的夹角是 π ，故B 正确； 4 4 r r  r r r r 2    对于选项C：因为 ab b  abb 2 2 0，所以(ab) b ，故C 正 确； r r    ab  r 2 r 1 r 对于选项D：向量b 在向量a 上的投影向量是  r 2   a  4 a  2 a，故D错误；  a  故选：BC. 10．AC 【分析】由函数的图像的顶点坐标求出A，由周期求出，由特殊点求出的值， 可得函数的解析式，再利用正弦函数的图像和性质，得出结论． 2π π  2π 【详解】由函数的图像可知 A1，最小正周期T  2   π，则  π，  3 6  {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#} 2，A选项正确；  π   π  π  f  x sin  2x ，函数的图像过点 ,1，则有 f   sin2   1，  6   6  6  π π  ， ，B 选项错误； 2 6  π 5π  5π π f  x sin2x ， f   sin2   sinπ  0，函数 f  x  图像  6 12   12 6 5π  的一个对称中心为 ,0，C 选项正确； 12   π  π 函数 y sin2x 的图像向右平移 个单位得到函数  3  6   π π y sin  2x    sin2x的图像，D选项错误.   6  3 故选：AC 11．ABD 【分析】利用圆锥的侧面积公式计算判断A项，结合图形判断当OB  AC时， VABC 的面积最大，从而三棱锥S  ABC体积，计算判断B 项；结合图形题意， π π π 可得ASB(0, )，利用三角形内角和推得SAB( , )判断C 项，通过把 2 4 2 △SAB以 AB为轴旋转到与VABC 共面，利用C,E,S 三点共线时线段和最短即 1 可计算判断D项. 【详解】由题意，易得l 3 2 ，r OC 3. 对于A：圆锥SO的侧面积为πrl  π33 2 9 2π，故A正确； 1 对于B：由图知，当OB  AC时，VABC 的面积最大，此时S  639， ABC 2 1 1 则三棱锥S  ABC体积的最大值为：V  S SO  93 9，故B 正 3 ABC 3 确； {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}对于C：当点B与点A 重合时，ASB为最小角； π 当点B与点C重合时，ASB  ，达到最大值，又因为点B 与A，C 不重合， 2 π 则ASB(0, ). 2 π π 又2SABASB  π，可得SAB( , )，故C 错误； 4 2 对于D：因为 AB  BC，ABC 90， AC 6，所以 AB  BC 3 2. 又 SA SB3 2 ，所以△SAB为等边三角形，∴SBA60. 将△SAB以 AB为轴旋转到与VABC 共面， 得到S AB，则S AB为等边三角形，S BA60 . 1 1 1 如图：  SE CE   S C . min 1 因为S B  BC 3 2，S BC S BAABC 150， 1 1 1 由余弦定理， SC2  S B2  BC2 2S BBCcos150181818 3 3618 3， 1 1 1 则S C  3618 3  3 42 3  3 ( 31)2  3( 31)，故D正确. 1 故选：ABD. 1 12． 3 【分析】根据诱导公式求解.  π  π π  π  1 【详解】因为sin    cos       cos    .  3  2  3   6  3 {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}1 故答案为： 3 13. 10 【详解】对于函数 ，令 ，求得 ,所以 ，( 由) =题 意 知 ( −2)+，4(故 >所求0, ≠ 1) −2 = 1 ，= 4 + tanα+2 3故, 答=案4为 10 (3,4) = 3 − = tanα−1 = 10 14．(,4 2 2) 4 4 【分析】由题意得xR,2x2   a 恒成立，设 f (x)  2x2  ，化 x2 1 x2 1 简整理，结合基本不等式，可得 f (x)的最小值，分析即可得答案. 4 【详解】由题意得xR,2x2   a 恒成立， x2 1 设 4   4   4 f (x)  2x2   2 x2 1  2 2 2 x2 1  2 4 2 2， x2 1 x2 1 x2 1   4 当且仅当2 x2 1  ，即x 1时等号成立， x2 1 所以 f (x)  4 2 2， min 所以a  4 2 2，即a的取值范围是(,4 2 2) π 15．(1) ； 3 (2)2 3. 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的运算律，结合向量夹角公式求解. （2）利用数量积的运算律求解.           【详解】（1）由|a| 2,|b | 3,ab 3，得 |ab | a2 b2 2ab 1 ，       a(ab)  a2 ab 1， {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}   a  (a  b  ) 1       π 因此cosa,ab      ，而0a,ab  π，则a,ab  ， |a||ab | 2 3    π 所以向量a 与ab 的夹角为 . 3           （2）由|ab|3，得a2 b2 2ab 9，则22 ( 3)2 2ab 9，解得ab 1，       所以|a2b | a2 4b2 4ab  22 4( 3)2 41 2 3.  16．(1) 3 (2)9 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化可得tanB，进而可得B； （2）根据余弦定理与面积公式联立方程组，可解b与c，进而可得周长. 【详解】（1） 3acosB bsin A， 由正弦定理得 3sin AcosB  sinBsin A，且 A 0, ， 所以sin A0， 即 3cosB  sinB，tanB  3， 又B 0, ，  所以B  ； 3 （2）由余弦定理b2  a2 c2 2accosB 可得9  a2 c2 ac①， 9 3 又ABC面积为 ， 4 1 9 3  acsinB  得ac 9②， 2 4 联立①②可得a 3，c 3， 所以周长abc 9. {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}π 5  17．(1)最小正周期为π；单调递减区间为  kπ, πkπ  ，kZ 3 6  π 1 (2)当x  时， f  x    6 min 2 【分析】（1）根据题意，利用三角恒等变换公式化简，即可得到  π  1 f  x sin2x   ，再由正弦型函数的单调区间代入计算，即可得到结果；  6  2 （2）根据题意，由正弦型函数的值域，代入计算，即可得到结果； 【详解】（1）因为 1cos2x 3  π  1 f  x sin2 x 3sin xcosx   sin2x sin 2x   ， 2 2  6 2 2π 所以 f  x  的最小正周期T  π， 2 π π 3 令 2kπ  2x  π2kπ，kZ， 2 6 2 π 5 解得 kπ  x  π kπ，kZ， 3 6 π 5  所以单调递减区间为  kπ, πkπ  ，kZ 3 6   π π π  5 π π π π （2）因为x   ,  ，所以2x    π,  ，当2x  时，即x   3 3 6  6 2 6 2 6 时， 1   f x 取得最小值 . 2 18．(1)证明见解析； (2)证明见解析； 6 (3) . 3 【分析】（1）若E为PC的中点，连接DE,EF ，先证EFGD为平行四边形，即 {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}有FG//ED，再应用线面平行的判定定理证明结论； （2）根据已知有FG  PC 、FG  PB，再应用线面垂直的判定定理证明结论； （3）应用等体积法求棱锥 APBG的高，结合线面角的定义及已知求线面角的 正弦值即可. 【详解】（1）若E为PC的中点，连接DE,EF ，又F，G分别是PB,AD的中 点， 1 所以EF //BC且EF  BC ，而底面 ABCD是正方形，则DG//BC 且 2 1 DG  BC ， 2 所以EF //DG，EF  DG，故EFGD为平行四边形，即FG//ED， 由FG 平面PCD，ED 平面PCD，则FG / / 平面PCD； （2）由（1）及PD CD，则DE  PC ，而FG//ED，故FG  PC ， 由PD 底面 ABCD，DG 底面 ABCD，则PD  DG， 所以 PG  PD2  DG2  41  5 ， 由底面 ABCD是正方形，则 BG  AB2  AG2  41  5 ， 所以PG  BG ，F是PB的中点，则FG  PB， 由PC PB  P且都在面平面PBC 内，故FG 平面PBC ； （3）由PD 底面 ABCD，BD,CD 底面 ABCD，则PD  BD，PD CD， {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}1 又BD  PC  2 2 ，PD  2，FG  DE  PC  2 ， 2 1 所以 PB  BD2  PD2  84  2 3 ，则S  FGPB  6 ， PBG 2 令棱锥 APBG的高为h，又V V ， APBG PABG 6 1 1 1 2 6 则 h  PDS  2 12  ，所以h  ， 3 3 ABG 3 2 3 3 h 6 又 AG 1，故GA 与平面PGB所成角的正弦值为  . AG 3 19．(1)证明见解析； (2)ln(52 6)，ln(52 6).；     (3) ln 1 2 , ； 【分析】（1）利用指数幂的运算证明； （2）由g  2x  2[g  x  ]2 1，令h  x 0，得到2  g(x) 2 110g(x)1 0 求解； （3）由 f  2x  2f  x  g  x  ，g(x)  0，原不等式可化为2f  x 20  aR  求解. e2x e2x 【详解】（1）因为g  2x  ， 2 ex ex ex ex [f  x  ]2 [g  x  ]2  ( )2 ( )2， 2 2 e2x 2e2x e2x 2e2x e2x e2x    ， 4 4 2 所以g  2x [f  x  ]2 [g  x  ]2； e2x e2x (ex ex)2 2 [2g  x  ]2 2 （2）因为g  2x     2[g  x  ]2 1， 2 2 2 令h  x 0，则2g  x  2 110g  x 1 0，   {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}即2g  x  2 10g  x   0，解得g  x 0或g  x 5，   ex ex ex ex 又g  x   ex ex 1，所以g  x 5，于是 5， 2 2  2 整理得 ex 10ex 1 0，于是ex 52 6，ex 5—2 6     解得x ln 52 6 ，x ln 52 6 .，   所以函数h x 的零点为ln(52 6)，ln(52 6). e2x e2x ex ex ex ex （3）因为 f  2x   2   2f  x  g  x ， 2 2 2 2f  x  g  x 2g  x 0  aR  ，g(x)  0， 所以原不等式可化为2f  x 20  aR  ，  2 于是，整理得ex ex 2  0， ex 2ex 1 0，   也即ex  1 2（舍去）或ex  1 2 ，则x  ln 1 2     ln 1 2 , 不等式的解集为 ； {#{QQABAQCAoggAAABAAAhCAQGaCkMQkAGCAQoGQAAYIAAAyQFABCA=}#}