2024-2025學(xué)年臨滄地區(qū)中學(xué)等三校高一（下）聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷（5月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足1+iz=i，則z的共軛復(fù)數(shù)zA.12+12i B.122.已知a=(1,λ)，b=(λ,1)，則“λ=1”是“a//bA.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.已知m，n為空間中不重合的直線，α，β，γ為空間中三個不重合的平面，下列命題正確的是(

)A.若m/?/n，n?α，則m/?/α B.若m/?/α，m//β，則α/?/β

C.若α/?/β，m?α，n?β，則m/?/n D.若α/?/β，β/?/γ，則α/?/γ4.已知角α∈(0,2π)，α終邊上有一點(cos1?sin1,cos1+sin1)，則α=(

)A.π4+1 B.5π4?1 C.5.已知正四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上下底面邊長分別為2和A.282

B.5653

6.如圖，在△ABC中，AB=AC=2，BC=23，點E在邊BC上，∠BAE=θ(π6≤θ≤π3)，△ABE沿AE翻折，得到三棱錐B′?ACE，滿足平面AB′E⊥平面ACEA.2 B.6 C.227.向量a,b,c滿足a+b+c=0，A.1 B.2 C.4 D.88.已知兩個不相等的正實數(shù)x，y滿足ylnxy=1?A.x+y=1 B.xy=1 C.x+y>2 D.0<x+y<1二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，△ABC外接圓半徑是R，內(nèi)切圓半徑是r，下列說法中正確的是(

)A.若A>B，則sinA>sinB

B.若acosB=bcosA，則△ABC為等腰三角形

C.若(a+b)：(b+c)：(c+a)=5：6：7，則Rr=1610.已知i是虛數(shù)單位，以下四個說法中正確的是(

)A.i+i2+i3+i4=0

B.復(fù)數(shù)z=?3+i復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第三象限

C.若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z11.正方體ABCD?A′B′C′D′的棱長為2，M是側(cè)面ADD′A′上的一個動點(含邊界)；點P在棱CC′上，|PC′|=1；則下列結(jié)論正確的有(

)A.沿正方體的表面從點A到點P的最短距離為17

B.三棱錐B′?ABP的外接球表面積為41π4

C.若BD′⊥PM，則點M的運動軌跡長度為2

D.平面AD′P被正方體三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知函數(shù)f(x)=2x+a?2?x?2,x≥1x2+2x+a,x<1.若13.若tan2α=cosα2?sinα，且α∈(0,π214.清初著名數(shù)學(xué)家孔林宗曾提出一種“蒺藜形多面體”，其可由兩個正交的全等正四面體組合而成(每一個四面體的各個面都過另一個四面體的三條共點的棱的中點).如圖，若正四面體棱長為2，則該組合體的表面積為______；該組合體的外接球體積與兩正交四面體公共部分的內(nèi)切球體積的比值為______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知向量a，b滿足|a|=1，|b|=12．

(1)若a⊥(a?22b)，求a與b的夾角；16.(本小題15分)

如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，D是AB的中點．

(Ⅰ)求證：BC1/?/平面A1CD；

(Ⅱ)17.(本小題15分)

在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，3sinA+cosA=2，sinB：sinC=3：5，a=19．

(Ⅰ)求角A的大??；

(Ⅱ)求b的值與△ABC的面積；

(Ⅲ)18.(本小題17分)

如圖，在多面體ABCDGEF中，四邊形ABCD為直角梯形，且滿足AD⊥CD，EG//AD，EG=AD=DC=DG=2BC=2，CD//FG，DG⊥平面ABCD．

(1)證明：AG⊥平面CDE；

(2)求平面CDE與平面ABE夾角的余弦值；

(3)求點G到直線AB的距離．19.(本小題17分)

已知f(x)=sinx，g(x)=ln(x+1)，π≈3.142，e≈2.718．

(1)i.證明：當(dāng)x>1時，g(x?1)<x?1x；

ii.當(dāng)x∈(0,π4)時，試確定m=f(x)?g(tanx)的符號．答案和解析1.【答案】B

2.【答案】A

【解析】解：a=(1,λ)，b=(λ,1)，

若a//b，則1?λ2=0，即λ=±1．

∴“λ=1”是“a//b”的充分不必要條件．【解析】解：若m/?/n，n?α，則m/?/α或m?α，故A錯誤；

若m/?/α，m//β，則α/?/β或α與β相交，故B錯誤；

若α/?/β，m?α，n?β，則m/?/n或m與n異面，故C錯誤；

若α/?/β，β/?/γ，由平面與平面平行的傳遞性可得α/?/γ，故D正確．

故選：D．

4.【答案】A

【解析】解：由于α終邊上有一點(cos1?sin1,cos1+sin1)，

所以tanα=cos1+sin1cos1?sin1=2sin(1+π4)2cos(1+【解析】解：因為正四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上下底面邊長分別為2和4，側(cè)棱長為25，

所以正四棱臺ABCD?A1B1C1【解析】解：在△ABC中，AB=AC=2，BC=23，

由余弦定理知cos∠BAC=AB2+AC2?BC22AB?AC=4+4?122×2×2=?12，

故∠BAC=2π3，

作BH⊥AE交于E，因為∠BAE=θ，可得BH=ABsin∠BAE=2sinθ，

AH=ABcos∠BAE=2cosθ，

在△ACH中，∠EAC=∠BAC?∠BAE=2π3?θ，

由余弦定理可得CH2=AE2+AC2?2AE?ACcos∠EAC=4cos2θ+4?2×2cosθ×2×cos(2π3?θ)，

因為平面AB′E⊥平面ACE，B′H⊥AE，平面AB′E∩平面ACE=AE，B′H?平面AB′E，

所以B′H⊥平面AEC，CH?平面AEC，

所以7.【答案】C

【解析】解：因為a+b+c=0，所以c=?a?b，又(a?b)⊥c，

又a⊥b，則a?b=0，|a|=1，

所以(a?b)?(?【詳解】因為ylnxy所以lnxy=1y令fx=lnx+1當(dāng)x∈0,1時，f′(x)<0，則f當(dāng)x∈1,+∞時，f′(x)>0，則f所以fx對于y=ex?2xx>1，總有y′=e故y=ex?2x>e1所以對于fx，對于任意M>1，在x∈0,1上取則f1所以當(dāng)x>0且x趨向于0時，fx當(dāng)x趨向于無窮大時，y=lnx趨向于無窮大，y=1x趨向于所以fx．對于AD，因為f(x)=f(y)，x≠y，不妨設(shè)x<y，由圖象可知，0<x<1<y，故x+y>1，故AD錯誤；對于B，假設(shè)xy=1成立，取x=1則f12=2?ln2,f對于C，令Fx=f2?x則F′x所以Fx在0,1又0<x<1，則Fx=f2?x又f(x)=f(y)，則f2?x因為0<x<1，所以2?x>1，又y>1，fx在1,+∞所以2?x<y，即x+y>2，故C正確．故選：C．9.【答案】ACD

【解析】解：對于A，因為A>B，所以a>b，所以2RsinA>2RsinB，所以sinA>sinB，故A正確；

對于B，若acosB=bcosA，則由正弦定理得：sinAcosB=sinBcosA，

所以sinAcosA=sinBcosB，所以sin2A=sin2B，

又因為0<A<π，0<B<π，所以2A=2B或2A+2B=π，

所以A=B或A+B=π2，所以△ABC為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；

對于C，若(a+b)：(b+c)：(c+a)=5：6：7，

設(shè)a+b=5k，b+c=6k，c+a=7k，解得a=3k，b=2k，c=4k，

由余弦定理得：cosC=b2+a2?c22ab=?14，

所以sinC=1?cos2C=154，

因為S△ABC=12absinC=12ab×154=12(a+b+c)?r，

所以r=156k，

由正弦定理得：R=c2sinC=8k15【解析】解：i+i2+i3+i4=i?1?i+1=0，A正確；

復(fù)數(shù)z=?3+i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(?3,1)，位于第二象限，B錯誤；

設(shè)復(fù)數(shù)z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，z1z2=(a+bi)(c+di)=ac?bd+(ad+bc)i∈R，

則ad+bc=0，不一定有z1=z2?，C錯誤；

【解析】解：對于A，將正方體的下面和側(cè)面展開可得如圖圖形，連接AP，

則AP=4+9=13<17，故A錯誤；

對于B，因為|PC′|=1，

所以△BPB′中，|PB′|=|BP|=5,|BB′|=2，

則sin∠PBB′=25=255，

設(shè)△BPB′外接圓半徑為r，

則由正弦定理知：2r=PB′sin∠PBB′=52，則r=54，

又AB⊥平面BPB′，

設(shè)三棱錐B′?ABP的外接球半徑為R，

則R2=(AB2)2+r2=1+2516=4116，

所以三棱錐B′?ABP的外接球表面積S=4πR2=414π，故B正確；

對于C，如圖所示：

E，F(xiàn)，T，S，Q分別為對應(yīng)邊的中點，

可得PS//EF，PS=EF，PT//EQ，PT=EQ，QS//TF，QS=TF，

即E，F(xiàn)，T，S，Q，P六點共面，

六邊形PSQEFT為邊長為2的正六邊形，且平面PSQEFT//平面A′C′D，

因為A′D⊥AD′，AB⊥平面ADD′A′，A′D?平面ADD′A′，

所以AB⊥A′D，

又因為A′D，AB?平面ABD′，

所以A′D⊥平面ABD′，

BD′?平面ABD′，

所以A′D⊥BD′，

同理可得A′C′⊥BD′，

A′D，A′C′?平面A′C′D，且A′D∩A′C′=A′，

所以BD′⊥平面A′C′D，

又平面PSQEFT//平面A′C′D，

所以BD′⊥平面PSQEFT，

又因為BD′⊥PM，M是側(cè)面ADD′A′上的一個動點(含邊界)，

所以M的軌跡為平面PSQEFT與平面ADD′A′上的交線，

所以點M的軌跡為線段EF，

所以點M的運動軌跡長度為2，故C正確；

對于D，取BC中點Q，連接PQ，AQ，AD′12.【答案】2

4

【解析】解：因為函數(shù)f(x)的最小值f(1)=2+a2?2=a2，

下面分段求函數(shù)最小值．

當(dāng)x<1時，

函數(shù)y=x2+2x+a=(x+1)2+a?1，其圖象是拋物線，

開口向上，對稱軸為x=?1.所以函數(shù)y=x2+2x+a在(?∞,?1)上單調(diào)遞減，

在(?1,1)上單調(diào)遞增，當(dāng)x=?1時，函數(shù)f(x)有最小值

f(?1)=a?1，因為函數(shù)f(x)在整個定義域內(nèi)最小值a2，

所以有a?1≥a2，解得a≥2．

當(dāng)x≥1時，函數(shù)y=2x+a?2?x?2=2x+a2x?2，

要求函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)取最小值f(1)，

只需a>0且2x+a2【解析】解：已知tan2α=cosα2?sinα，

則2sinαcosα1?2sin2α=cosα2?sinα，

又α∈(0,π2)，

即2sinα(2?sinα)=1?2sin14.【答案】63

【解析】解：根據(jù)題意可知該組合體的表面積為8個棱長為1的小正四面體的側(cè)面積之和，

故該組合體的表面積為8×(3×12×1×1×32)=63；

將該組合體嵌入到正方體內(nèi)進行研究，如圖所示：

該組合體外接球半徑為正方體的外接球半徑，也是棱長為2的正四面體的外接球的半徑R，

兩正交四面體公共部分內(nèi)切球半徑為正八面體的內(nèi)切球半徑，也是棱長為2的正四面體的內(nèi)切球半徑r，

根據(jù)正四面體的外接球與內(nèi)切球的結(jié)論可知Rr=3，

∴15.【答案】π4；

2π3【解析】(1)由題意，|a|=1，|b|=12，

由a⊥(a?22b)，可得a?(a?22b)=0，

即1?22a?b=0，解得a?b=24，

所以cos<a,b>=a?b|a|?|b|=2412=22，

又<a,b>∈[0,π]，

所以a與b的夾角為π4；

(2)設(shè)a與b的夾角為θ，【解析】解：(Ⅰ)證明：連接AC1，交A1C于點O，連接OD，

因為O，D分別是AC1，AB的中點，

所以O(shè)D是△ABC1的中位線，

所以O(shè)D/?/BC1，

因為BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD，

所以BC1/?/平面A1CD；

(Ⅱ)設(shè)△ABC的面積為S，棱長AA1的長度為?，B到平面A1CD的距離為d，

因為直三棱柱ABC?A1B1C1的體積V=S?=4，

因為D是AB的中點，

所以△ACD的面積為12S，17.【答案】π3；

b=3，S=1534【解析】因為3sinA+cosA=2，所以2sin(A+π6)=2，即sin(A+π6)=1，

因為A∈(0,π)，所以A+π6=π2，所以A=π3；

(2)因為sinB：sinC=3：5，所以由正弦定理得b：c=3：5，設(shè)b=3k，c=5k(k>0)，

因為a=19，A=π3，所以由余弦定理：a2=b2+c2?2bccosA，得19=(3k)2+(5k)2?2?3k?5k?cosπ3，

化簡得：【解析】(1)證明：因為GD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，

所以GD⊥CD，

且CD⊥AD，GD∩AD=D，GD，AD?平面ADGE，

所以CD⊥平面ADGE，AG?平面ADGE，

所以CD⊥AG，

由條件可知四邊形ADGE是正方形，

所以AG⊥DE，

又因為CD∩DE=D，且CD，DE?平面CDE，

所以AG⊥平面CDE；

(2)解：如圖，以點D為原點，以DA,DC,DG為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

因為EG=AD=DC=DG=2BC=2，

可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，

B(1,2,0)，G(0,0,2)，

由(1)可知，平面CDE的法向量可為AG=(?2,0,2)，

AB=(?1,2,0)，AE=(0,0,2)，

設(shè)平面ABE的一個法向量為m=(x,y,z)，

則m?AE=0m?AB=0，即2z=0?x+2y=0，

令y=1，可得平面ABE的一個法向量m=(2,1,0)，

所以AG?m=?2×2+0×1+2