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=}#}