長沙市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期第一次階段性檢測（月考）數(shù)學(xué)試題（答案）

數(shù)學(xué)參考答案題號1234567891011答案DCBBADDCABDBDBCff（—m）—4,又f（m）—5,則f（—m）——1.故選C.3f3又f（1）——2十1——1<0,排除A項.故選B.5.A【解析】因為>—cos工在0,上單調(diào)遞減,所以a—cos>cos—,又>—log5工在（0,十…）上單調(diào)遞增,故C—log52<log5槡5—,又b—sin—,故C<b<a.故選A.—2a工,分兩種情況討論:①當(dāng)a三1時,工2—2a工>1—2a,所以只需1—2a三1,解得a>0,所以0三a三1；②當(dāng)a>1時,（工2—2a工）min——a2,所以只需—a2三1,顯然成立,所以a>1.綜上,a的取值范圍是[0,十…）.故選D. 7.D【解析】作出圖形,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,設(shè)N（工,>）,因為AC—2槡3,人ABC—120。,所以BO—1,因為十—0,所以—,即M是BC的中點,由題知λ牛0,故N槡,—1,所以.—十4—29,所以λ—.故選D.8.C【解析】當(dāng)0<工<時,因為幼>0,所以—<幼工—<π—,0,上存在最值,所以π—>,解得幼>2,當(dāng)<工<π時,2幼—<幼工—<π幼—,kπ—,kπ十（kez）,其中kez,解得k—三幼三k十（k其中kez,解得k—三幼三k十（kez）,所以k—三k十,解得k三,所以<又因為幼>0,所以ke{0,1,2}.當(dāng)k—0時,0<幼三；當(dāng)k—1時,1三幼三；當(dāng)k—2時,三幼三.又因為幼>2,所以幼的取值范圍是,.故選C.數(shù)學(xué)參考答案（一中版）—1對于選項A:義.—（a十bia—bi）—a2十b2—0,所以a—b—0,所以義—0,故選項A正確；對于選項B:義——（a十bi）?（a—bi）—2bieR,所以b—0,即義—aeR,故選項B正確；2十sin2牛1,故選項C不正確；所以義—bi,beR,所以|義—1—i|—|—1十（b—1）i|—槡1十（b—1）2>1,所以|義—1—i|的最小值為1,故選項D正確.故選ABD.10.BD【解析】對于A,若a—2β,可得tana—tan2β—12t—β,因為tana—2tanβ,可得12t—β—2tanβ,解得tanβ—0,又因為當(dāng)βe0,時,tanβ>0,所以方程無解,所以A錯誤；對于B,因為tana—2tanβ,可得—,所以sinacosβ—2cosasinβ,又因為sinacosβ—,所以cosasinβ—,則sin（a—β)?sinacosβ—cosasinβ—,所以B正確；對于C,sin（a十β)?sinacosβ十c對于D,因為βe0,,所以tanβ>0,又tana—2tanβ, ,所以tan（a—β)?t—12β—taβ2tanβ三22—槡,當(dāng)且僅當(dāng)—2tanβ,即tanβ—槡時,等號成立,所以tan（a—β)的最大值為槡,所以D正確.故選BD.令工—0,>—2,則f（2）—f（0）.f（2）—f（2）.f（0）—0,故選項A錯誤；2—1,故選項C正確；ff8,fffffffffff（8）—0十0十0—1十0十1—0,fff（8）]—0,故選項D錯誤.故選BC.數(shù)學(xué)參考答案（一中版）—22213.4或8【解析】由3a—槡3b—12,得a—4,b—4槡3, 由余弦定理得,a2—b2十c2—2bccosA,16—48十c2—2X4槡3X槡c,化簡得c2—12c十32—0,解得c—4或c—8.14.2【解析】設(shè)M—maxc十b,十bc,十c},則由題意可得M>c十b>0,M>十bc>0,M>十c>0,c—十bc,所以①當(dāng)c>1時,十bc>c十b>0,只需考慮M>十bc,M>十c,所以M>十bc>十b>2槡,M>十c>十1>2槡,所以M2>2槡X2槡—4,可得M>2,當(dāng)且僅當(dāng)a—b—c—1時取等號；②當(dāng)0<c<1時,0<十bc<c十b,只需考慮M>c十b,M>十c,所以M2>c十b十c—a十十十bc>2槡aX十2槡Xbc—4,可得M>2,當(dāng)且僅當(dāng)a—1,bc—1時取等號.綜上所述,M的最小值為2.設(shè)向量a與b的夾角為θ,則a.（a十b）—a2十a(chǎn).b—|a|2十|a||b|cosθ—10十5槡10cosθ—15, 解得cosθ—槡10.…………………（4分） 又θe[0,π],所以sinθ—槡1—cos2θ—30,故tanθ——3.……………（7分）.b—2b2—0,即10λ十5（2λ—1）—50—0,解得λ—…………（13分）在ΔABC中,由正弦定理得3sinAsinC—4sinCcosA,只sinC牛0,：3sinA—4cosA,兩邊平方可得：9sin2A—16cos2A,則9sin2A—16（1—sin2A）,：25sin2A—16,只sinA>0,：sinA—.由正弦定理得2sinBcos—槡5sinAsinB,只cos牛0,：sin—槡,cos2—1,解得：cos—士槡,只0<<,：cos—槡,數(shù)學(xué)參考答案（一中版）—3：sinA—2sincos—.………………………（7分）（2）設(shè)BM—MC—m,易知cos人BMC——cos人BMA——sinA—在ΔBMC中,由余弦定理得18—2m2—2m24545,—,解得m—槡5或m——槡5（舍去）, 在直角三角形ABM中,sinA—,BM—槡5,人ABM—,：C—35.………（15分）17.【解析】（1）由AB是半圓的直徑,得AC」BC,則AD—BC—ABsin人CAB—4sinθ,過點O作OE」CD交CD于點E,連接CO,則人COB—2θ,人EOC——2θ,因此CD—2CE—2OCsin人EOC—4cos2θ,所以>—8sinθ十4cos2θ十4,θe（0,.…………（7分）設(shè)t—sinθe0,槡,則>——8t2十8t十8,顯然當(dāng)t—時,>有最大值10,所以梯形ABCD周長的最大值是10.……………（15分）又工e（0,10）,得>—f（工）的單調(diào)遞增區(qū)間是[3,6]和[9,10令2kπ三工三π十2kπ,kez,解得6k三工三3十6k,kez,：函數(shù)>—f（工）在（0,10）上的單調(diào)遞增區(qū)間是[3,6]和[9,10）,單調(diào)遞減區(qū)間是（0,3]和[6,9].……………（5分）,ff2工—e工—1,當(dāng)工e（—…,a）時,令t—e工e（0,ea）,則F（t）—t2—t—1,開口方向向上,對稱軸是直線t—,F（0）——1,0,上單調(diào)遞減,在,ea上單調(diào)遞增,aa2—ea—1>1,解得ea>1十51,所以a>ln1十51.…………………（11分）f又P（1）—>0,P——ln<0,f數(shù)學(xué)參考答案（一中版）—4f2—ff2—f?則只P—cos—ln—槡6槡2—ln~0.25875—0.223>0，e—e2ln工—eln工—1—工—工0—1—（工0—2—e，：[h（g（工0]—0.………………（17分） 1十11—工1 1十121—221—1—工1十1—工22—4（1—工11—工2）2（1—工11—工2）1—工1十1—工22（1—工11—工21—工1十1—工2））>0，f函數(shù).即11>，—工2—…—工n—時取等號，故W的最小值為1.……………（9分），因為Ti>1，所以工i>0要證T11十T21十…十Tn1>T1T2nTn十1，只需證e工1十e工1十…十e1>e工十工