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1、#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#湖北省云学名校新高考联盟湖北省云学名校新高考联盟2023-2024学年高一下学期学年高一下学期5月联考数学试题月联考数学试题#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#12024 年年云学名校联盟高一云学名校联盟高一
2、年级年级 5 月联考月联考数学数学评分细则（评分细则（A 卷）卷）一、选择题一、选择题、填空题填空题题号1234567891011答案DBDCDDAAACBCBCD题号121314答案1020.13632524.解析：?=2,3,?=3,1 所以=?=6+34+9 9+1=9130,cos2MON=22 1=2 81130 1=16655.解析：x2+yxy=x2+y(4x+y)xy=x2+4xy+y2xy2xy+4xyxy=6,当且仅当 x=y 时取最小值，此时 x=y=15.7.解析：依题意得1144141214111411)()(xxxxxxfxf所以 f(x)关于点），（210中心对称
3、，易知 f x 在0,+)单增，所以在 R 上也单增.当 a+b 0 时，则 a b，f a f b，又1)()b(bff，所以1)()(bfaf当1)()(bfaf,f a+f b f b+f b,即 f a f b,又因为 f x 在 R 上为单增函数,所以 a b,即 a+b 08.解析：依题意知 y=g x t 有三个零点 a,b,c，x x 42 t=x ax bx c，展开对应项系数相等得.x3 8x2+16x t=x3 a+b+c x2+ab+bc+ca x abc,所以 a+b+c=810.解析：对于选项 A，当a?与b?反向时，a?a?=b?b?，A 错误；对于选项 B，a?
4、+b?a?b?=0，a?2=b?2，a?=b?，B 正确；对于选项 C，AB?|AB?|表示与AB?同向的单位向量，AC?|AC?|表示与AC?同向的单位向量，AB?|AB?|AC?|AC?|=12，所以AB?与AC?夹角为60，AB?|AB?|+AC?|AC?|表示起点相同的两个单位向量的和向量，为BAC 角平分线同向的向量，与BC?垂直，所以 AB=AC，所以 ABC 为等边三角形，C 正确；对于选项 D，因为2a?+3b?+4c?=0?，所以cba432,两边平方得，22)4()3(2cba，即#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwR
5、FABAA=#2169124ba，41ba，D 错误.11.解析：对于选项 A：若存在点 N，使得 BN/平面A1AD，又因为 BC/平面A1AD，N 不与 C 重合.BN 与 BC 相交于 B 点，且都在平面A1BC 内，则平面A1BC/平面A1AD 与题目不相符，A 错误.对于选项 B，连接 BD，且 AC BD=O，如图所示，当 N 在A1C 中点时，因为点 O 为 AC 的中点，所以 ON/A1A，因为A1A 平面 ABCD，所以 ON 平面 ABCD，又因为 AC 平面 ABCD，所以 ON AC，因为 ABCD 为正方形，所以 AC BD又因为 BD ON=O，且 BD，ON 平面
6、 BDN，所以 AC 平面 BDN，因为 BN 平面 BDN，所以 AC BN，所以 B 正确；对于选项 C：将 A1BC 和 A1CD 所在的平面沿着A1C 展开在一个平面上，如图所示 A1BC 和 A1DC 是全等的直角三角形，A1B=A1D=2 5，BC=CD=2，连结 BD，BD A1C，则 NB+ND 的最小值为 BD，直角 A1BC 斜边A1C 上高为22 52 6=303，直角 A1CD 斜边A1C 上高也为303,所以 NB+ND 的最小值为2 303，所以 C 正确；对于选项 D：过 N 点作 NP/CD，交A1D 于 P，作 NT/A1A，交 AC 于 T，过 T 作 MT
7、/BC 交 AB于 M.（若 M 在其它位置，MN 长度比此时大）如图所示易证明平面 MNT/平面A1AD，MN平面 MNT，所以 MN/平面A1ADNP/CD，AM/CD，所 以 AM/NP，MN 平 面 AMNP，平面AMNP 平面A1AD=AP，所以 MN/AP，所以四边形 AMNP 为平行四边形.所以 MN=AP，当 AP 最小时 MN 最小，在 RtA1AD 中，A1A=4，AD=2，可得 A1D=2 5，所以由等面积得 AP 最小值为4 55，即 MN 最小值为4 55，所以 D 正确，故选：BCD13.解析：如图所示，设雕像的高为 PO=h，则 OA=33h，OB=h，OC=3h
8、，OB 为中线，由平行四边形的性质2(OA2+OC2)=(2OB)2+AC2得h=62AB=6267 610=20.1m.故答案为：20.114.解析：如图所示，延长侧棱相交于点 P，取 BC 中点 D，AD 的三等分点 O(靠近 D 点）连接 OP,#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#3依题意得 PA1B1 PAB，31111PAPAABBA，所以 PA1=2=A1B1，又因为三棱台 ABC A1B1C1是正三棱台，PA=AB，所以三棱锥 P-ABC 为正四面体.所以 PO平面 ABC，AA1与底面 ABC 所成角为PA
9、O，PA=6，AO=23AD=2332AB=2 3，所以 PO=PA2 OA2=2 6，sinPAO=63.VP-ABC=13SABCPO=1334AB263AB=212AB3，同理311122111BAVCBAP，所以该三棱台的体积为212AB3212A1B13=52 23【评分细则】【评分细则】【14 题第一空 2 分，第二空 3 分】四、解答题五、15.【答案】(1)3(2)0,3和56,，(写开区间不扣分)解（1）a?b?=2 3sinxcosx+sin2x cos2x=3sin2x cos2x=2sin 2x 6.3 分 f x=2sin 2x 6 m，x R 时，f xmax=2
10、m=2 3，解得：m=3.6 分（2）由（1）知：f x=2sin 2x 63令2+2k 2x 62+2k k Z，解得：6+k x 3+k k Z，.9 分又因为 x 0,f x 的单调递增区间为 0,3和56,.13 分(写开区间不扣分，少一个扣 3 分，其它方法酌情给分）【评分细则】【评分细则】15.按原评分标准给分。#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#416.解：(1)z 1+i=2 i.2 分|z 1+i|=5.4 分(2)iz5=iiiiiiii2121261313)5)(5()5)(2(3523.6 分=22
11、(2222i).7 分=22(cos74+isin74)，47,22r(错一个扣 2 分）.9 分(3)设z2=a+bi，a,b R则|z2|=a2+b2=13，所以a2+b2=13zz2=(3 2i)(a+bi)=(3a+2b)+(3b 2a)i.12 分因为 zz2是纯虚数，所以 3a+2b=0,3b 2a 0由联立，解得a=2b=3或a=2b=3.14 分所以z2=2 3i 或z2=2+3i.15 分【评分细则】【评分细则】16.按原评分标准给分。17.解：(1)(方法一）：连接 BD,因为BCD=3，所以DAB=23，在ABD中，32cos2222ADABADABBD，得21BD.2
12、分设DBC，则32BDC，在BCD中由正弦定理得3sinsin)32sin(BDCDBC，所以sin72CD，)32sin(72BC.3 分所以)32sin(sin72CDBC.4 分)cos23sin23(72.5 分)6sin(372212.6 分当且仅当3时，周长的最大值为33212.7 分(方法二）连接 BD,因为BCD=3，所以DAB=23，#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#5在ABD中，32cos2222ADABADABBD，得21BD，.2 分在BCD中由余弦定理得3cos2222CDBCCDBCBDCDB
13、CCDBCCDBCCDBC3)(222，.3 分所以CDBCCDBC321)(2，因为22CDBCCDBC当且仅当CDBC 时等号成立.5 分所以224321)(）（CDBCCDBC，212CDBC，.6 分所以周长的最大值为33212.7 分(2)依题意得21CDBC，设xCDxBC2,，.8 分在BCD中由余弦定理得3cos2222CDBCCDBCBD，21BD，.10 分所以xxxx2)2()21(222，72x，72,7CDBC.11 分222BDBCCD，所以2DBC，在ABD中，由正弦定理得ABDADBDsin32sin，所以721sinABD.12 分721sin)2cos(co
14、sABDABDABC，.13 分在ABC中，由余弦定理得ABCBCABBCABACcos222216，4AC.15 分(其它方法酌情给分）【评分细则】【评分细则】17.按原评分标准给分。18.解：(1)PA=2,PD=2 3,AD=4,222PDPAAD,PDPA,且=3又PA=2，AE=1,PAD=3,由余弦定理得3PE，222PEAEPA，.2 分ADPE，又平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD=AD，PADPE平面，ABCDPE平面.3 分连接 AC，AB=BC=2，ABC=3.，AC=2,ABC为等边三角形，#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEE
15、QkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#6BC/AD，ABC=3.DAB=23.DAC=3，AC=2，AD=4，CDAC 得ACD为直角三角形.33322212432ACDABCABCDSSS四边形.5 分33333131ABCDABCDPSPEV四边形.6 分(2)取 PC 中点 M，F 为 PB 中点，FM 为PBC中位线，BCFM21/，又BCAE21/，AEFM/，四边形 AFME 为平行四边形.8 分AF/ME,又PCEME平面，PCEAF平面，AF/平面 PCE.11 分(3)由(2)得四边形 AFME 为平行四边形.CE=PE=3，M 为 PC 的中点，ME PC,又
16、 AF/ME，AF PC在PAB中，AB=PA，F 为 PB 中点，AF PB，.13 分PBCPCPBCPB平面平面,，PPCPBAF 平面 PBC.15 分又PABAF平面平面 PAB 平面 PBC.17 分(其它证明方法酌情给分）【评分细则】【评分细则】18.按原评分标准给分。19.解：(1)因为),(nma，21enema，22222212122212cos22)(nmnmeneemnemenema，所以a=22cos2nmnm.4 分由),1,3()3,1(ba，得a=cos6103cos3)1(2)1(22.5 分b=cos6101cos1)3(2)3(22.6 分bacos106
17、1033)3()3(2122212121eeeeeeee.7 分因为a与b的夹角为3，则21cos610cos1063cosbaba，得71cos.9 分(2)方法一：依题意设)0,0(),0(),0,(nmnCmB#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#71,3BCBOC，)197,0(197nOCOD因为F为BC中点2121212121enemOBOCOFE为BD中点，所以21387212121enemOBODOE.11 分所以)38721()2121(2121enemenemOFOE=21222212)41767(767
18、41eemnmnenem因为213cos111212221eeee，.OFOEmnnmmnmnnm76137674121)41767(767412222.12 分在OBC中依据余弦定理得122mnnm，所以122nmmn，代入上式OFOE761319819522nm7613)85(19122nm14 分设)0(4112222tnttmmnnm，则1)411()1(22ntmt，.15 分令85)411()1(tt得)(4185,051232212舍，得tttt，所以1538322nm，3408522 nmOFOE22812176133401917613)85(19122 nm.17 分方法二：
19、方法一：依题意设)0,0(),0(),0,(nmnCmB1,3BCBOC，)197,0(197nOCOD因为F为BC中点2121212121enemOBOCOFE为BD中点，所以21387212121enemOBODOE.11 分所以)38721()2121(2121enemenemOFOE=21222212)41767(76741eemnmnenem因为213cos111212221eeee，.OFOEmnnmmnmnnm76137674121)41767(767412222.12 分在OBC中依据余弦定理得122mnnm，所以122nmmn，代入上式#QQABIQAEogiAApBAAQh
20、CAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#8OFOE761319819522nm7613)85(19122nm.14 分在OBC中，由正弦定理BCOOBCOBOCBCsinsin3sin，设BCO，)3sin(32sin32nm，2)322cos(133222cos1320)3(sin332sin320852222 nm)2sin232cos211(8)2cos1(532.16 分)2sin342cos13(32340)2sin(1481332，341tanOFOE22812176133401917613)85(19122nm.17 分【评分细则】【评分细则】按上面评分细则给分#QQABIQAEogiAApBAAQhCAwniCEEQkAAACYgGREAIsAABwRFABAA=#