2023-2024學(xué)年重慶市部分學(xué)校高一（下）月考數(shù)學(xué)試卷（5月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年重慶市部分學(xué)校高一（下）月考數(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.已知復(fù)數(shù)z=1+2i1+i(i為虛數(shù)單位)，則z的共軛復(fù)數(shù)z?A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知向量a=(?4,3)，則與向量a方向相反的單位向量是(

)A.(?45,35) B.(453.如圖，用斜二測畫法得到△ABC的直觀圖為等腰直角三角形A′B′C′，其中A′B′=3，則△ABC的面積為(

)A.32 B.22 C.4.已知l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下面四個命題中，正確的是(

)A.若l/?/m，m?α，則l/?/α

B.若l/?/α，m//β，α/?/β，則l/?/m

C.若α⊥β，l?α，m?β，則l⊥m

D.若m⊥β，l/?/α，l/?/m，則α⊥β5.如圖，某人在點B處測得某塔在南偏西60”的方向上，塔頂A仰角為45°，此人沿正南方向前進30米到達C處，測得塔頂A的仰角為30°，則塔高為(

)A.20米

B.15米

C.12米

D.10米

6.已知某圓臺的上、下底面半徑分別為r1、r2，且r2=3r1A.28π B.28π3 C.56π3 7.《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”；底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”；四個面均為直角三角形的四面體稱為“鰲臑”.如圖，在塹堵ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，且A.四棱錐B?A1ACC1為“陽馬”

B.四面體A1C1CB為“鱉臑”

C.四棱錐B?A1ACC1體積的最大值為23

D.過A8.古希臘數(shù)學(xué)家特埃特圖斯(T?eaetetus)利用如圖所示的直角三角形來構(gòu)造無理數(shù).已知AB=BC=CD=1，AB⊥BC，AC⊥CD，AC與BD交于點O，若DO=λAB+μAC，則λ+μ=

A.2?1 B.1?2 C.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.已知非零復(fù)數(shù)z1，z2，其共軛復(fù)數(shù)分別為z1?A.z12=z1?2

B.z1+z210.如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點A.三棱錐A?D1PC的體積不變

B.直線CP與直線AD1的所成角的取值范圍為[π4,π2]

C.

11.已知函數(shù)f(x)=2cosφcos(2x+φ)+sin2x?cos(2x+2φ)，則(

)A.f(x)的圖象關(guān)于點(3π8,0)中心對稱

B.f(x)的值域為[?2,2]

C.滿足f(x)在區(qū)間[?m,m]上單調(diào)遞增的m的最大值為π8

D.f(x)=1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a=(1,1),|b|=4，且b在a上的投影向量的坐標為(?2,?2)，則a與b13.將函數(shù)f(x)=3sin2x+cos2x的圖象向右平移π12個單位長度，得到函數(shù)y=g(x)的圖象，若g(x)最小正周期為a，則14.A，B，C，D為球面上四點，M，N分別是AB，CD的中點，以MN為直徑的球稱為AB，CD的“伴隨球”，若三棱錐A?BCD的四個頂點在表面積為64π的球面上，它的兩條邊AB，CD的長度分別為27和43，則AB，CD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△ABC的角A、B、C所對的邊分別是a，b，c，設(shè)向量m=(a,b)，n=(cosA,?cosB)，p=(2?a,b?2)．

(1)若m⊥n，判斷△ABC的形狀；

(2)若m/?/p，邊長c=316.(本小題15分)

如圖，四棱錐P

ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．

(Ⅰ)證明：PB/?/平面AEC；

(Ⅱ)設(shè)AD=2，PA=AB=1，求點D到平面AEC的距離．17.(本小題15分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且sinC+3cosC=a，b=3．

(1)若a+c=2，求邊AC上的角平分線BD長；

(2)求邊18.(本小題17分)

如圖，在多面體ABCDE中，DB⊥平面ABC，AE/?/DB，且△ABC是邊長為2的等邊三角形，2AE=BD=2．

(Ⅰ)若F是線段CD的中點，證明：EF⊥面DBC；

(Ⅱ)求二面角D?EC?B的平面角的余弦值．19.(本小題17分)

若A，B，C是平面內(nèi)不共線的三點，且同時滿足以下兩個條件：①|(zhì)AB|=|AC|；②存在異于點A的點G使得：AG與AB+AC同向且AG?AB|AB|=32|AG|，則稱點A，B，C為可交換點組.已知點A，B，C是可交換點組．

(1)求∠BAC；

(2)若A(?1,0)，B(2,3)，C(x,y)(y>0)，求C的坐標；

(3)答案1.D

2.B

3.A

4.D

5.B

6.D

7.C

8.A

9.BD

10.ABD

11.ACD

12.3π413.314.[π15.解：(1)因為m=(a,b)，n=(cosA,?cosB)，m⊥n，

所以acosA?bcosB=0，

由正弦定理，得sinAcosA?sinBcosB=0，所以sin2A=sin2B，

又A，B為三角形內(nèi)角，所以2A=2B或2A+2B=π，

即A=B或A+B=π2，

所以△ABC為等腰三角形或直角三角形；

(2)因為p=(2?a,b?2)，由題意m/?/p，

故b(2?a)?a(b?2)=0，即a+b=ab，

由余弦定理c2=a2+b2?2abcosC，又c=32，C=π3，16.證明：(Ⅰ)連結(jié)BD交AC于點O，底面ABCD為平行四邊形，

可得：O是BD的中點，E為PD的中點．

所以：PB/?/OE

PB?平面AEC，OE?平面AEC

所以：PB/?/平面AEC

(Ⅱ)由AD=2，PA=AB=1，∠ABC=60°，

利用余弦定理得：AC2=AB2+BC2?2AB?BCcos∠ABC

解得：AC=3

因為：PA⊥平面ABCD

解得：PB=2

利用中位線得：OE=22

設(shè)：點17.解：(1)因為sinC+3cosC=a，根據(jù)正弦定理得a=2RsinA=bsinAsinB，所以sinC+3cosC=bsinAsinB，

即sinBsinC+3sinBcosC=bsinA=3sin(B+C)，可得sinBsinC+3sinBcosC=3sin(B+C)，

即sinBsinC+3sinBcosC=3sinBcosC+3cosBsinC，整理得sinBsinC=3cosBsinC，

因此C∈(0,π)，可得sinC>0，所以tanB=3，結(jié)合B∈(0,π)，得B=π3，

根據(jù)余弦定理，可得b2=a2+c2?2accosπ3=3，即3=c2+a2?ac=(a+c)2?3ac，

將a+c=2代入，化簡得ac=13，

所以S△ABC=S△ABD+S△BCD=18.證明：(Ⅰ)取BC的中點G，連接FG，AG，

∵AG⊥BC，AG⊥BD，BD∩BC=B，

∴AG⊥面DBC，

又∵AE//BD//FG，AE=FG，

∴AGFE為平行四邊形，

∴EF/?/AG，∴EF⊥面DBC.(6分)

解：(Ⅱ)連接BF，過F在面DEC內(nèi)作EC的垂線，垂足為H

連接HB.∵EF⊥面DBC，∴BF⊥EF，

又∵BC=BD，∴BF⊥CD，∴BF⊥面EDC，

∴∠FHB為二面角D?EC?B的平面角，

在△DEC中，∵EC=ED=5CD=22，∴FH=65，

在直角△BFH中，F(xiàn)H=65，BF=2，BH=4519.解：(1)因為AG與AB+AC同向，設(shè)AG=λ(AB+AC)(λ>0)，

則cos∠GAB=λ(AB+AC)?AB|AG||AB|=λAB2+λAB?AC|AG||AB|，

cos∠GAC=λ(AB+AC)?AC|AG||AC|=λAC2+λAB?AC|AG||AC|，

又因為∠GAB，∠GAC∈[0,π]，且|AB|=|AC|，

所以cos∠GAB=cos∠GAC，所以∠GAB=∠GAC，

由AG?A