2023-2024學年廣東省汕尾市高一下學期7月期末教學質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學試題（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年廣東省汕尾市高一下學期7月期末教學質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學試題一、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.DC+A.DB B.BC C.AD D.CB2.已知復數(shù)z=12+3A.12?32i B.?3.若高為3的圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，則該圓錐的母線長為(

)A.5 B.6 C.2 4.若tanα=3，則1+sin2αA.?1 B.2 C.32 D.5.已知a，b是兩條直線，α，β是兩個平面，下列命題正確的是(

)A.若a//α，b//α，則a/?/b

B.若α/?/β，a?α，b?β，則a，b是異面直線

C.若a?α，b?α，a//β，b//β，則α/?/β

D.若α⊥β，a?α，α∩β=b，a⊥b6.已知向量a=(2,3)，b=(1,0)，則向量a?A.

(1,0) B.(2,0) C.(0,3)7.已知在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為4的正方形，直線PD與平面ABCD.所成角的正弦值為22，則該四棱錐的外接球的表面積為(

)A.16π B.32π C.48π D.64π8.在?ABC中，AB=AC，點O為?ABC

垂心，且滿足AO=xAB+yAC，cos∠BAC=1A.?12 B.?1 C.14二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知f(x)=sin2ωx+π3(ω>0)的最小正周期為A.ω=1

B.函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=?π6對稱

C.函數(shù)f(x)在區(qū)間?π3,π12上單調(diào)遞增

D.10.下列命題正確的有(

)A.若z1?z2∈R，則z1，z2互為共軛復數(shù)

B.在矩形ABCD中，AB+AD=AB?AD

C.已知點P在?ABC所在的平面內(nèi)，且PA?PB=PB?PC11.如圖，點P是棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1的表面上一個動點，F(xiàn)A.存在點P使得AP⊥A1C

B.若點P滿足AP⊥BF，則動點P的軌跡長度為25

C.若點P滿足PF//平面A1C1D時，動點P的軌跡是正六邊形

D.當點三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.化簡計算：sin20°cos110°13.若復數(shù)z=a+bi(a,b∈R,a>0)的模為5，虛部為4，則復數(shù)z=

．14.已知在?ABC中，AC=43，∠B=π3，則AB?四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)已知向量a=(1,3(1)證明：((2)求a與b的夾角．16.(本小題12分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，BC//AD，PA=PB=AB=BC=12AD，E(1)證明：CE//平面PAB．(2)若AD⊥平面PAB，PA=2，求三棱錐E?PAB的體積．17.(本小題12分)記?ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2bcos(1)求B；(2)設(shè)b=9，若點M是邊AC上一點，2AM=MC，且∠MAB=∠MBA，求a，c．18.(本小題12分)在四棱錐P?ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BCA=∠CDA=30°，PA⊥平面ABCD，E,F分別為(1)求證：平面PAC⊥平面AEF；(2)求二面角E?AC?B的大?。?9.(本小題12分)設(shè)fx是定義在區(qū)間D上的函數(shù)，如果對任意的x1,x2∈D，有fx1+x2(1)已知函數(shù)fx(ⅰ)fx(ⅱ)函數(shù)fx(2)已知函數(shù)gx=ax2+x?1x2，其中實數(shù)a>0，且函數(shù)答案解析1.A

【解析】解：DC+AB?AC=2.D

【解析】z3故選：D．3.C

【解析】設(shè)底面半徑為r，母線長為l，側(cè)面展開是一個半圓，∴12?2πl(wèi)=2πr∴?=l2?r故選：C．4.B

【解析】因為tanα=3所以1+=sin故選：B．5.D

【解析】對于A，若a//α，b//α，則a,b可能平行，相交或異面，故A錯誤；對于B，若α//β，a?α，b?β，則a，b可能異面或平行，故B錯誤；對于C，根據(jù)面面平行的判定定理可知，必須添加a,b相交，才有α/?/β，故C錯誤；對于D，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知D正確．故選：D6.A

【解析】a?b=(1,3)，向量即|a(a故選：A．7.C

【解析】如圖所示，四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為4的正方形，直線PD與平面ABCD所成角的正弦值為2根據(jù)題意，可以補充成長方體。

且底面ABCD是邊長為4的正方形，直線PD與平面ABCD所成角為45°則長寬高分別為4，4，4，即圖形為正方體.外接球的球心為體對角線中點．體對角線長剛好為球的直徑，且d2=a故選：C．8.D

【解析】由題意可知?ABC是以A為頂角的等腰三角形，如圖所示：AD⊥BC，BE⊥AC，則AD∩BE=O，在直角三角形?ABE中，cos∠BAC=AEAB設(shè)AO=λ則λ1AO=所以x+3y=4x=2x+y=1，所以故選：D．9.AC

【解析】f(x)=sin2ωx+π3(ω>0)即f(x)=sin2x+π所以函數(shù)fx的圖象不關(guān)于直線x=?π6當x∈?π3,π將函數(shù)fx的圖象向右平移πf(x?π它不是偶函數(shù)，不關(guān)于y軸對稱，故D正確；故選：AC．10.BCD

【解析】對于A，令z1=i，z2但z1，z2并不互為共軛復數(shù)，故對于B，因為矩形ABCD，所以AC=BD，AC=而AB+AD=故AB+AD=對于C，因為PA?PB=所以PB?CA=0，PB⊥CA，同理，PC⊥BA可得點P是?ABC中三條垂線的交點，即點P是?ABC的垂心，故C正確，對于D，因為OA+OB+2設(shè)AB的中點為D，則OA+所以2OD=?2OC，即O所以S?AOC=1故選：BCD11.AC

【解析】解：對A：如圖：

因為AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1?平面A1B1C1D1，所以B1D1⊥AA1，又所以當P點位于?AB1D1邊上時，對B：如圖：分別取BB1，CC1中點M，N，連接AM，

則MN/?/BC，

因為BC⊥平面ABB1A1，所以MN⊥平面ABB1A1，又BF?平面ABB1A1，

所以BF⊥MN，

易得△ABM≌△BB1F，所以∠BAM=∠B由于AP⊥BF

，所以P點軌跡為矩形AMND，所以動點P軌跡的周長為25+4對C：如圖：分別取AA1，AD，DC，CC1，

易得MF//A1C1,JK//AC,AC//A1C1，所以MF//JK，同理可得IF//KL，所以I，J，K，L，M，F(xiàn)六點共面，且是正六邊形，

因為MF//A1C1,MF?平面A1DC1，A1C由于PF//平面A1C1D，所以P點軌跡是正六邊形對D：如圖：

因為B1F⊥平面BCC1B1，B1P?平面平面BCC1B1，所以B1F⊥B1P，則B1P=PF2?B1F2=1，則點P軌跡是以B1為圓心，以1為半徑的14圓弧，

因為CD⊥平面故選：AC12.?1

【解析】sin=?sin故答案為：?113.3+4i或4i+3

【解析】由題意a2+b2故答案為：z=3+4i．14.24+163或【解析】在?ABC中，由正弦定理得ABsin所以AB=8sinC，所以因為sinC=所以AB?=48cos=163sin(2A+π故當2A+π3=π2時，即A=故答案為：24+1615.(1)因為a=(1,3所以a+所以(a+b(2)因為a=(1,3所以a=1又a?所以cosa又a,b∈[0,π]，所以a與b【解析】(1)由向量的加法、數(shù)量積的坐標運算即可得證；(2)直接由向量夾角的坐標運算計算即可求解．16.(1)證明：如圖，取PA的中點F，連接．EF，BF因為E是PD的中點，所以EF/?/AD，EF=又BC//AD，BC=1所以四邊形EFBC是平行四邊形，所以CE//所以四邊形EFBC是平行四邊形，所以CE//BF．因為CE?平面PAB，BF?平面PAB，所以CE/?/平面PAB．(2)解：由(1)可知EF/?/AD，又AD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB，即EF是三棱錐E?PAB的高．又PA=2，則PB=AB=2，EF=所以V三棱錐E?PAB故三棱錐E?PAB的體積為2【解析】(1)運用中位線性質(zhì)得到線線平行，再得到線面平行．(2)運用三棱錐的

體積公式求解即可17.(1)因為2bcos由正弦定理可得2sin即2sin所以2cos因為C∈0,π，所以sin所以cosB=?12，又B∈(2)如圖所示：因為2AM=MC，b=9，所以AM=3，MC=6．又∠MAB=∠MBA，所以BM=AM=3．在?ABC中，由余弦定理得b2即a又2AM=MC，即AM=所以BM=兩邊平方得BM2即9=4所以a②?①得3c2=3ac代入①得a=c=33(【解析】(1)利用正弦定理將邊化角，再結(jié)合兩角和的正弦公式計算可得；(2)首先求出AM，MC，在?ABC利用余弦定理得到a2+c2+ac=81，再由BM=218.(1)解：∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴CD⊥PA又∠ACD=90°，∵PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC，又在?PCD中，E,F分別為PD,PC中點，故EF//DC，∴EF⊥平面PAC∵EF?平面AEF，∴平面PAC⊥平面AEF．(2)解：取AD的中點M，連接EM，取AC的中點H，連接EH，MH，由EM//PA，PA⊥平面ABCD，可得EM⊥平面ABCD，又MH//CD，CD⊥AC，可得MH⊥AC，因為MH是斜線EH在平面ABCD上的射影，由三垂線定理可得AC⊥EH，所以∠EHM是二面角E?AC?D的平面角，二面角E?AC?B的平面角與∠EHM互補．在?ACD中，設(shè)AC=2x，∠ACD=90可得CD=2在直角三角形EHM中，MH=可得tan∠EHM=即有∠EHM=30則二面角E?AC?B的大小為150°【解析】(1)根據(jù)線面垂直的判定定理證明CD⊥平面PAC，再利用面面垂直的判定定理即可求證．(2)取AD的中點M，連接EM，取AC的中點H，連接EH，MH，證明二面角E?AC?B的平面角與∠EHM互補，計算∠EHM的大小即可．19.(1)(ⅰ)因為sinx所以fx(ⅱ)令0<x1=cos又