湖南师大附中2024—2025学年度高一第二学期第二次大练习
数 学
时量：120分钟 满分：150分
得分：______________
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．复平面内，复数表示的点在
A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限
2．已知向量a＝(n，3)，b＝(2，2n－4)，则“n＝－1”是“a∥b”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．若a，b表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，则下列命题正确的是
A．若a?α，b?β，a∥b，则α∥β B．若a?α，b?β，α∥β，则a∥b
C．若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ D．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
4．设一组样本数据x1，x2，…，xn的方差为3，则数据0.1x1，0.1x2，…，0.1xn的方差为
A．0.03 B．0.3 C．3 D．30
5．将Rt△ABC的每条边都增加相同的长度，得到△A′B′C′，则△A′B′C′的形状为
A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断
6．设两异面直线 a与b所成的角为60° ，O为空间一定点，则经过点O且与a，b所成的角都是 60°的直线l有
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
7．已知平面向量a，b，a＝(2cos α，2sin α)，b＝(cos β，sin β)，若函数f(λ)＝|a－λb|(λ∈R＋)的最小值为，则|a－b|＝
A．1 B．2 C. D.
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝3AD＝3，E在AB上且AE＝，将△ADE沿DE折起到△FDE，使得F?平面BCDE，点G在线段CF上，若BG∥平面FDE，则的值等于
A. B. C. D.
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．)
9．湖南师大附中为了解学生体质健康状况，决定采用分层随机抽样的方法，从1000名学生中抽选出一个容量为100的样本，其中男女比例为11∶9，所获得的样本数据记为x1，x2，…，x100，其中x1为最小值，x100为最大值．经过数据分析，得到男性平均体重为66 kg，女性平均体重为54 kg，下列说法正确的是
A．这1000名学生中，每名学生被抽中的可能性为
B．这1000名学生的平均体重为60 kg
C．x1，x2，…，x100的中位数等于x2，x3，…，x99的中位数
D．x1，x2，…，x100的极差不大于x2，x3，…，x99的极差
10．已知z1，z2∈C，则下列等式正确的是
A．|z1＋z2|＝|z1|＋|z2| B．z1＋z2＝z1＋z2
C．|z1z2|＝|z1||z2| D．z1z2＝z1·z2
11．三棱锥PABC的四个顶点都在球O上，且PA⊥底面ABC，PA＝2AB＝2AC＝2，∠BAC＝，则下列说法正确的是
A．BC＝
B．球心O在三棱锥的外部
C．球心O到底面ABC的距离为2
D．球O的表面积为8π
答题卡
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 得 分
答案
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)
12．设复数z1，z2满足|z1|＝2，|z2|＝1，z1＋z2＝1＋2i，则|z1－z2|＝________．
13．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BC的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足B1P⊥D1E，则点P的运动轨迹的周长是________．
14．已知A，B，C三点在以O为圆心，1为半径的圆上运动，且AC⊥BC，M为圆O所在平面内一点，且|OM|＝2，则|＋＋2|的最大值是________．
四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
15．(本小题满分13分)
如图，圆锥PO的底面半径和高均是a.
(1)过线段PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积．
(2)若过线段PO上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的最大表面积．
16．(本小题满分15分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，b＝2.
(1)求A；
(2)若△ABC为锐角三角形，其外接圆圆心为O.
(ⅰ)证明：·＝2－c.
(ⅱ)记△OAC和△OBC的面积分别为S1，S2，求S1－S2的取值范围．
17．(本小题满分15分)
如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AC的中点，E为棱CC1中点，AC＝AA1.
(1)证明：AB1∥平面C1BD；
(2)证明：平面A1B1C⊥平面BDE；
(3)求二面角DBEC的正切值．(严禁使用空间向量法)
18.(本小题满分17分)
离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP＝1－(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝1，2，…，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为顶点的面．例如，若P是正四面体N一个顶点，则N在P处的离散曲率为ΦP＝1－＝.如图，在三棱锥PABC中：
(1)求三棱锥PABC在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，三棱锥PABC在顶点C处的离散曲率为.
①若点O和点E分别为线段 AB的中点和四等分点(靠近B)，C1为点C关于AB的对称点，求点E 到平面PCC1的距离；
②点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求.
(严禁使用空间向量法)
19.(本小题满分17分)
设函数f(x)＝ax2＋bx＋c，a>0.
(1)若a＝4，b＝1，c＝2，求集合{f(sin x)|x∈[0，2π]}中的整数个数；
(2)若集合{x|f(x)∈{1，2，3}}＝{1，2，3}，求a，b，c的值；
(3)若a＝1，设集合A＝{x|f(x)∈{1，2，3，4，5，6}}∩{1，2，3，4，5，6}，求集合A的元素个数的最大值．湖南师大附中2024－2025学年度高一第二学期第二次大练习数学参考答案
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答 案 B A D A B C D C AC BCD ABD
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．B 【解析】＝＝＝－2－i，表示的点位于第三象限．
2．A 【解析】当n＝－1时，a＝(－1，3)，b＝(2，－6)，此时a∥b，故充分性成立，
当a∥b时，满足n(2n－4)－6＝0，解得n＝－1或n＝3，故“n＝－1”是“a∥b”的充分不必要条件．
4．A 【解析】由已知条件可知样本数据x1，x2，…，xn的平均数＝，
方差s＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]＝3，
则数据0.1x1，0.1x2，…，0.1xn的平均数为＝0.1，
所以这组数据的方差s＝[(0.1x1－0.1)2＋(0.1x2－0.1)2＋…＋(0.1xn－0.1)2]
＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]
＝s＝0.03.
5．B 【解析】由题意不妨设C＝，则可得a2＋b2＝c2，设每条边增加m(m>0)，
则新的三角形的三边分别为a＋m，b＋m，c＋m，
因为c>a，c>b，所以c＋m>a＋m，c＋m>b＋m，
即c＋m为新的三角形的最大边，
所以新的三角形的最大角的余弦值为cos C′＝
＝
＝
＝.
因为a＋b>c，a＋m>0，b＋m>0，m>0，所以cos C′＝>0，
所以新的三角形的最大角为锐角，则新的三角形为锐角三角形．
6．C 【解析】过O分别作a，b的平行线a1，b1，且a1，b1确定平面α，若直线l在α内，则有1条，若直线l在α外，则有2条，这两条直线关于平面α对称．故共有3条．
7．D 【解析】a－λb＝(2cos α－λcos β，2sin α－λsin β)
∴|a－λb|＝
＝
＝
若cos(α－β)≤0，则当λ＝0时|a－λb|有最小值，而λ≠0，故不成立．∴cos(α－β)>0，
∴当λ＝2cos(α－β)时|a－λb|有最小值，∴＝，
∴4－4cos2(α－β)＝3，cos(α－β)＝，(另一解为负，舍去)，
∴λ＝2cos(α－β)＝1，∴|a－b|＝|a－λb|＝.
8．C 【解析】作BM∥DE交CD于M，连接MG.则四边形BEDM是平行四边形，DM＝2，CM＝，
由BM∥DE，BM不在平面FDE内，DE在平面FDE内，可得BM∥平面FDE.
又BG∥平面FDE，BM∩BG＝B，BM，BG?平面BGM，
所以平面FDE∥平面BMG.
又平面FDE∩平面FDC＝FD，平面BMG∩平面FDC＝MG，所以MG∥FD，
因此＝＝.
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．)
9．AC 【解析】每一名学生被抽中的概率为＝，A正确；由题意知，这1000名学生的平均体重为66×＋54×＝60.6 kg，故B错误；设这组数据从小到大排列为x1，x′2，x′3，…，x′99，x100，则x1，x2，…，x100的中位数为，x2，x3，…，x99的中位数为，故C正确；由C选项知，x1，x2，…，x100的极差为x100－x1，x2，x3，x4，…，x99的极差为x′99－x′2，显然有x100－x1≥x′99－x′2，故D错误．
10．BCD 【解析】根据复数的代数形式，结合运算法则，判断A错B对，根据复数的三角表示，结合运算法则，判断C，D均对．
11．ABD 【解析】对A，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝1＋1－2×1×1×cos＝3，即BC＝，故A正确；对B，如图，设△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥底面ABC，又PA⊥底面ABC，所以OO1∥PA，由∠BAC＝，得圆心O1在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部，故B正确；对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，因为PA是球O的一条弦，所以OQ⊥PA，所以四边形OO1AQ为矩形，故OO1＝AQ＝PA＝1，即球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确；对D，设球O的半径为R，圆O1的半径为r，由正弦定理得2r＝＝2，所以r＝1，进而R＝＝，球O的表面积为4πR2＝8π，故D正确．
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)
12. 【解析】设z1，z2在复平面内对应的向量为a，b，则原题等价于＝2，＝1，且a＋b＝(1，2)，求.考虑到(a＋b)2＋(a－b)2＝2＋2，故5＋(a－b)2＝10，故＝，所以|z1－z2|＝.
13．3＋2 【解析】如图，取CC1的中点F，连接B1F并延长B1F，BC，
设B1F∩BC＝G，连接AG，设AG∩CD＝M，连接FM，AB1.
因为四边形BCC1B1为正方形，且E为BC中点，F为CC1中点，
所以B1F⊥C1E，又D1C1⊥B1F(D1C1⊥平面BCC1B1)，
且C1E?平面D1C1E，D1C1?平面D1C1E，D1C1∩C1E＝C1，
所以B1F⊥平面D1C1E，故B1F⊥D1E，
又AB1⊥平面A1D1CB，进而有AB1⊥D1E，
由此可得D1E⊥平面AB1G，则点P的运动轨迹周长为四边形AB1FM，
由相似得M为DC中点，
则AM＝B1F＝＝，
AB1＝2，MF＝，所以四边形AB1FM周长为2＋3.
14．10 【解析】＋＋2＝(＋)＋(＋)＋2(＋)
＝(＋)＋(－)＋2(＋)＝2－4，
所以|＋＋2|2＝|2－4|2＝4||2＋16||2－16·＝68－16·，
·＝||×||·cos〈，〉＝2cos〈，〉，
因为〈，〉∈[0，π]，所以cos〈，〉∈[－1，1]，
所以·＝2cos〈，〉∈[－2，2]，
所以|＋＋2|2＝68－16·∈[36，100]，
所以|＋＋2|∈[6，10]，
即|＋＋2|的最大值是10.
(也可建系解答)
四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
15．【解析】(1)如图，设圆锥母线PB与圆柱交点为A，连接O′A.
依题意，∠POB＝，则有l＝＝a，2分
又O′为PO中点，设圆柱的高为h，则＝＝，解得h＝PO＝a.
设圆柱半径为r，则r＝O′A＝a.4分
因为圆锥内部挖去一个圆柱，
故剩下几何体的体积V＝πa2×a－π××a＝πa3.6分
(2)设圆柱半径为r，高为h.
则依题意，有＝，其中R为圆锥的底面半径，即＝.
所以h＝a－r.8分
又圆锥内部挖去一个圆柱，
所以剩下几何体的表面积S＝πa2＋πa×a＋2π×r×h
＝πa2＋πa×a＋2π×r×(a－r)
＝－2π×＋a2＋πa2.12分
故r＝时，S取到最大值πa2.13分
16．【解析】(1)(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，即b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos A＝＝，又A∈(0，π)，所以A＝.3分
(2)(ⅰ)由·＝·＝·－·，4分
因为O为△ABC外接圆圆心，即外心，
所以·＝2＝a2，·＝2＝c2，6分
由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋c2－2c，
所以·＝a2－c2＝(4＋c2－2c)－c2＝2－c.8分
(ⅱ)设△ABC外接圆半径为R，则OA＝OB＝OC＝R，
且2R＝＝，即R＝，9分
因为∠AOC＝2B，∠BOC＝2A＝，10分
所以S△OAC＝R2·sin∠AOC＝··sin 2B＝，
S△OBC＝R2·sin∠BOC＝··sin＝·＝·，
所以S1－S2＝－·＝－·＋－，12分
由△ABC为锐角三角形知，tan B∈，令＝x∈，
则S1－S2＝f(x)＝－x2＋x－＝－＋，
∵f(0)＝－，f＝，∴S1－S2∈即为所求.15分
17．【解析】(1)设B1C交BC1于点O，连接DO，
在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1且BB1＝CC1，
所以四边形BB1C1C是平行四边形，则O为B1C的中点，
因为D为AC的中点，所以OD为△AB1C的中位线，AB1∥OD，3分
因为AB1?平面C1BD，OD?平面C1BD，
所以AB1∥平面C1BD；4分
(2)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥CC1且AA1＝CC1，
因为AC＝AA1，AA1⊥AC，所以四边形ACC1A1是正方形，所以AC1⊥A1C，
因为D，E分别是AC，CC1的中点，所以DE是△ACC1的中位线，
所以AC1∥DE，又因为AC1⊥A1C，所以DE⊥A1C，6分
在正三棱柱中CC1⊥平面ABC，BD?平面ABC，所以BD⊥CC1，
在正三角形ABC中，D为AC的中点，所以BD⊥AC，
因为CC1∩AC＝C，CC1，AC?平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，
因为A1C?平面ACC1A1，所以A1C⊥BD，8分
因为DE⊥A1C，BD∩DE＝D，BD，DE?平面BDE，
所以A1C⊥平面BDE，因为A1C?平面A1B1C，
所以平面A1B1C⊥平面BDE.9分
(3)设正三棱柱底边边长为2a，
取BC的中点F，连接AF，取CF中点G，连接DG，过G作GH垂直BE于点H，连接DH，
因为三角形ABC为正三角形，且F为BC中点，所以AF⊥BC，
又因为此多面体为正三棱柱，所以面ABC⊥面BCC1B1，且面ABC∩面BCC1B1＝BC，
所以AF⊥面BCC1B1因为D为AC中点，G为FC中点，所以DG∥AF，所以DG⊥面BCC1B1，
又BE?面BCC1B1，所以DG⊥BE，
又HG⊥BE，HG∩DG＝G，HG?平面HGD，DG?平面HGD，
所以BE⊥平面DHG，又DH?平面DHG，所以DH⊥BE，
由此，∠DHG即为所求二面角的平面角，12分
在直角三角形DGC中，DG⊥BC，则DG＝a，
在直角三角形BCE中，sin∠EBC＝＝＝，
又HG⊥BE，所以在直角三角形BHG中，BG＝a，则HG＝BGsin∠EBC＝a，
又因为DG⊥面BCC1B1，且HG?面BCC1B1，所以DG⊥HG，
所以tan∠DHG＝＝.15分
18．【解析】(1)由离散曲率的定义得ΦP＝1－(∠APB＋∠BPC＋∠APC)，
ΦA＝1－(∠PAB＋∠BAC＋∠PAC)，ΦB＝1－(∠PBA＋∠ABC＋∠PBC)，
ΦC＝1－(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)，所以ΦP＋ΦA＋ΦB＋ΦC＝4－×4π＝2.3分
(2)由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC，
又AC⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA?平面PAC，则BC⊥平面PAC，
由PC?平面PAC，得BC⊥PC，即∠BCP＝，又ΦC＝1－(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)，
即＝1－，解得∠PCA＝，4分
又PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以PA⊥AC，
所以∠ACP＝∠APC，所以AC＝AP＝2，PC＝2，6分
又C1为C关于AB的对称点，且AC⊥BC，AC＝BC，所以四边形ACBC1为正方形，
所以OB⊥CC1，
又AB＝CC1＝2，E为OB中点，
所以OE＝，所以S△C C1E＝OE·CC1＝1，
又PA⊥平面ABC，综上三角形APC1，三角形APC，三角形ACC1均为等腰直角三角形，
所以PC1＝PC＝CC1＝2，则三角形CC1P为等边三角形，则S△C C1P＝2，8分
设E到平面PCC1的距离为d，
所以V棱锥P－ECC1＝V棱锥E－PCC1，即AP·S△ECC1＝d·S△PCC1，
所以d＝，
综上，点E到平面PCC1的距离为，10分
(3)过点Q作QG∥PA交AB于点G，连接CG，
由PA⊥平面ABC，得QG⊥平面ABC，则∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角，
11分
依题意，PA＝2，AB＝＝2，PB＝＝2，
则sin∠PBA＝＝，cos∠PBA＝＝，12分
设BQ＝x(0在△BCG中，CG＝＝，
由cos∠GCQ＝，得sin∠GCQ＝＝，tan∠GCQ＝＝，
因此tan∠GCQ＝＝＝，而x>0，解得x＝，16分
所以BQ＝，＝.17分
19．【解析】(1)由f(t)＝4t2＋t＋2，t∈[－1，1]的值域为，可知{f(sin x)|x∈[0，2π]}中包含的整数为2，3，4，5，6，7共6个.3分
(2)依题意，f(1)，f(2)，f(3)∈{1，2，3}由二次函数开口向上和对称性，
若f(x)min<2，则集合{x|f(x)∈{1，2，3}}元素个数至少为4，舍去；
若f(x)min>2，则集合{x|f(x)∈{1，2，3}}元素个数至多为2，舍去．
故f(x)min＝2，可得f(1)＝f(3)＝3，f(2)＝2，即a＋b＋c＝9a＋3b＋c＝3，4a＋2b＋c＝2，
解得a＝1，b＝－4，c＝6.8分
(3)一方面，考虑函数f(x)＝(x－3)2＋1，则f(1)＝f(5)＝5，f(2)＝f(4)＝2，f(3)＝1，f(6)＝10，此时A＝{x|f(x)∈{1，2，3，4，5，6}}∩{1，2，3，4，5，6}＝{1，2，3，4，5}，A中元素个数为5；11分
另一方面，若存在f(x)使得A中元素个数为6，必有f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，f(5)，f(6)∈{1，2，3，4，5，6}，
而|f(4)－f(1)|＝|(16＋4b＋c)－(1＋b＋c)|＝|15＋3b|；|f(3)－f(2)|＝|(9＋3b＋c)－(4＋2b＋c)|＝|5＋b|，
故|f(4)－f(1)|＝3|f(3)－f(2)|，
于是由|f(4)－f(1)|，|f(3)－f(2)|∈{0，1，2，3，4，5}，若|f(3)－f(2)|≥2，则|f(4)－f(1)|≥6，不合题意，从而必有|f(3)－f(2)|＝0或1，即|5＋b|＝0或1，解得b＝－4，－5或－6.
又6－1≥f(6)－f(2)＝(36＋6b＋c)－(4＋2b＋c)＝32＋4b得b≤－<－6，故b无解．
综上，所求元素个数最大值为5.17分
