湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试卷含答案.pdf
#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#湖北省重点高中智学联盟 2024 年春季高一年级 5 月联考数学参考答案数学参考答案题号1234567891011答案DACDBABDABCBDBCD12、，4313、1814、）（1368、【详解】因为2cos2sin2sinBBCA，故由sinsin2ACabA得AbBasin2cos，由正弦定理得ABBAsinsin2cossin，又0sinA，故2cos2sin2sin2cosBBBB，因为2,02B，所以02cosB，故212sinB，所以3B.因为6|21|2122ABACABAOACAOABACAOBCAO，所以4|AB.在ABC中余弦定理得，aaBaccab41628cos22222，所以6a.所以ABC的面积为36sin21BacS.故选 D.11、【详解】因为)sin(33)(xxf，所以33)(maxxf，又因为ABC是等边三角形，所以 6|AB，则6，又因为|2|OAOB，所以0,2A，则062，解得3，故)36sin(33)(xxf，所以 A 错误；因为2935sin33)362024sin(33)2024(f，故 B 正确；当61，x时，34236，x，故)(xf单调递减，C 正确；因为0)4(f，所以 D 正确故选：BCD.14、【详解】因为36BODAOC，所以2DOC，设圆的半径为R，又2221RSCOD扇形，解得2R（负值舍去），过点C作CEAB交AB于点E，过点D作DFAB交AB于点F，#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#则16sinOCCE，36cosOCOE，所以32OERAE，同理可得1,3OFDF，将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径2R的球中，上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，其中上面球缺的高321h，上面圆锥的底面半径11r，高为31h，下面球缺的高12h，下面圆锥的底面半径32r，高为12h，则上面球冠的表面积348)32(22211Rhs，下面球冠的表面积4122222Rhs，球的表面积1642RS球，上面圆锥的侧面积221111l rS，下面圆锥的侧面积3223222lrS所以几何体的表面积)13(63224348161121SSSSSS球，15、【详解】（1）由题意知，222212abaa bb ，又2,4ab，所以4a b ，3 分由)()2(bakbka，得0)()2(bakbka，即022222bkbakbaak.4 分又2,4ab，4a b ，所以0164882kkk，解得31k.6 分（2）83)3(2baabaa，8 分7269|3|22bbaaba，10 分设a与ba3的夹角为，则7727228|3|)3(cosbaabaa所以a与ba3的夹角的余弦值为772.13 分16、【详解】（1）因为 fx是定义在R上的奇函数，所以 010fa，解得1a.经验证，1a 时12121221)(xxxxf，此时)(21211212)(xfxfxxxx符合题意.所以1a 4 分（没检验扣 1 分）（2）结论：)(xf在在R上单调递增，证明如下：5 分2121,xxRxx，)12)(12()22(2)1221()1221()()(12121212xxxxxxxfxf#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#因为21xx，所以21220 xx，故012,012,0221212xxxx，所以)()(12xfxf，故)(xf在在R上单调递增8 分（3）由0)1()(2mxfxf得)1()1()(2mxfmxfxf由（1）知)(xf在在R上单调递增，故12 mxx对任意的实数2,1x恒成立11 分即xxxxm112，而2121xxxx，（当且仅当xx1即1x时等号成立），所以2m故实数m的取值范围为2，.15 分（注：没交代取等条件的扣 1 分）17、【详解】（1）证明：如图取PA中点H，连接FH，HD，因为F为PB中点，所以/HF AB，且12HFAB，又因为四边形ABCD为菱形，且G为CD中点，所以/DG AB，且12DGAB，所以/HF DG，且HFDG，所以四边形HDGF为平行四边形，4 分所以/GF HD，因为GF 平面PAD，HD平面PAD，所以/GF平面PAD；7 分（2）Q 为 PC 的中点8 分因为BECGBECG且/，故BCGE为平行四边形，故 EG/BC，EG面 PBC，BC面 PBC，故/EG面 PBC11 分又 EG面 EFQG，面 EFQG面 PBC=FQ，所以 EG/FQ，又 EG/BC，所以故 FQ/BC，因为 F 为 PB 的中点，所以点 Q 为 PC 的中点.15 分18、【详解】（1）由题意，)3sin(2cos3sin32cos32sin)(2xxxxxxf3 分由Zkkxk,22322解得，Zkkxk,26265故函数)(xf的单调增区间)(26,265Zkkk，6 分#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#（2）由题意得xxg2sin2)(，故)cos(sin2sin2)(xxkxxh，8 分令4sin2cossinxxxt，因为5,12 12x，所以32,64x，故2,22t.10 分故函数)(xh转化为22)(2ktttF，令0)(tF得ttk12，又因为tyty1,在2,22都为增函数，故tty12在2,22为增函数，所以ky 与tty12最多只有一个交点.12 分因为函数)cos(sin)()(xxkxgxh有两个不同的零点，故ty 与4sin2xy有两个不同的交点.所以226，t.15 分故23612，tty所以实数 k 的取值范围2,36.17 分19、【详解】（1）因为coscoscoscos2coscosACBACACAC，1 分CABCACACACACACCAACAcoscossincoscos)sin(coscossincoscossincossincossintantan，所以由1cos)cos()tan(tanBCACA得1coscos2coscossinCACAB，所以1sin2B，因为0B，3 分所以6B 或56；5 分（2）因为点P在ABC内部，所以23BCPA，所以6B，6 分 设,PAx PBy PCz ，由APBBPCAPCABCSSSS得：#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#32232123212321xzyzxy，整理得8xzyzxy9 分则PA PBPB PCPA PC 4821212121xzyzxy；11 分方法一：由余弦定理知xyyxc222；xzzxb222；yzzya222又Baccabcos2222所以Bacxzyzxyxzybcacos2)(2222213 分由知8xzyzxy，所以4234cos2acBacxzy15 分因为32sin21BacSABC，所以38ac，所以82 xzy即82PCPAPB17 分方法二：由知PA PBPB PCPA PC 4PCPAPCPAPB12 分因为acBBCBABCBA23cos|，由32sin21BacSABC，所以38ac所以123823BCBA14 分故1224)()()(22PCPAPBPBPCPAPBPCPAPBPCPBPABCBA，所以822PCPAPB16 分所以2PBPA PC822PCPAPB17 分方法三：因为ABC的面积为32，故326sin21ac，所以38ac12 分设PBA，则3PAB，6PBC，3PCB，在PAB中，由正弦定理得2sinsinsin33PAPBAB，所以2 32 3sin,sin333PBABPAAB，在PBC中，由正弦定理得2sinsinsin366PCPBBC，#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#所以2 32 3sin,sin3636PCBCPBBC，14 分所以6sin332sin3326sin3323sin3322BCABBCABPCPAPB=6sinsin6sin3sin3834sin23cos21sin6sin6cos33322sin23cossin2132sin2133322sin232sin412cos432sin413332=8sin23sin214333322217 分#QQABTQiEggioQJBAAAgCAwVgCAEQkAEACYgGxBAAsAABwQFABAA=#
