第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年河南省駐馬店市高一下學(xué)期7月期終質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學(xué)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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.角2024°的終邊在(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知a，b是兩條不同的直線，a是一個平面，若a//α,b?α，則(

)A.a/?/b B.a與b異面 C.a與b相交 D.a與b沒有公共點(diǎn)3.已知向量a=(1,2),b=(1,m)，若a⊥bA.?12 B.?2 C.124.英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)了如下公式：sinx=x?x33!+x55!?x77!+?，A.0.53 B.0.54 C.0.55 D.0.565.函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期為T，若fT4=1A.π6 B.π3 C.2π36.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z1+i+z1?i=1，則A.14 B.24 C.17.設(shè)角α滿足sinα3?tan10A.40° B.50° C.80°8.已知正四面體P?ABC內(nèi)接于球O，E為底面三角形ABC中邊BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作球O的截面，若存在半徑為23的截面圓，則此四面體的棱長的取值范圍(

)A.[22,23] B.[2二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知a,b,cA.若a=0，則a=0 B.若a?b=b?c，則a=c

C.若a+10.如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，O為BD的中點(diǎn)，直線A1CA.C1，M，O三點(diǎn)共線 B.平面A1D1C⊥平面C1BD

C.點(diǎn)A1到平面C11.已知函數(shù)fx=sin2x+φ0<φ<πA.φ的取值范圍為π4,π2 B.fx在區(qū)間φ2,φ上單調(diào)遞減

C.fx在區(qū)間三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知復(fù)數(shù)z=5i1+2i，則z的虛部為

．13.設(shè)D為?ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，BC=3CD，E為AD的中點(diǎn)，BE與AC交于點(diǎn)F，設(shè)AF=λAC，則λ=14.已知?ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，記BC邊上的高為?，若A為銳角，b=3asinB，則?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a,b均為單位向量，且(1)求|a(2)求向量a+b與(3)求向量a+b與b16.(本小題12分)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期為π，且圖象關(guān)于點(diǎn)π4,0對稱，把函數(shù)f(x)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再向右平移(1)求函數(shù)f(x)和g(x)解析式；(2)若方程f(x)+kg(x)=0在x∈π6,5π17.(本小題12分)如圖，六面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，AE=2BF,BF//AE,BF⊥AD，且平面ACE⊥平面ABCD．(1)在DE上確定一點(diǎn)M，使得FM//平面ABCD；(2)求證：AE⊥平面ABCD；(3)若AB=AC=BF=2，求六面體ABCDEF的體積．18.(本小題12分)已知?ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，?ABC的外接圓的半徑R=3，且滿足(1)求角B；(2)若BD為AC邊上的角平分線，且BD=2，求?ABC的面積；(3)設(shè)?ABC的外接圓的圓心為O，且OB=λOA+μOC19.(本小題12分)在三棱錐P?ABC中，AB=AC=PB=PC，點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影為H，連接AH．(1)如圖1，證明：AP⊥BC；(2)如圖2，記∠PAB=θ，直線AP與平面ABC的夾角為θ1，∠BAH=θ2，求證：cosθ=cos(3)如圖3，已知AB=5,AP=4,BC=6，M為平面PBC內(nèi)一點(diǎn)，且AM=4，求異面直線AM與直線BC夾角的最小值．

答案解析1.C

【解析】解：因?yàn)?/p>

2024°=且

180°<所以角

2024°

的終邊在第三象限.故選：2.D

【解析】因?yàn)閍，b是兩條不同的直線，a是一個平面，若a//α,b?α，則a/?/b或a與b異面，即a與b沒有公共點(diǎn)，故只有D滿足題意．故選：D．3.A

【解析】因?yàn)閍⊥b，所以所以m=?1故選：A．4.B

【解析】由泰勒公式：cosx=1?cos1=1?故選：B．5.B

【解析】T=2πω，則fπ即2sin(π2+φ)=1，即2cosφ=1故選：B．6.D

【解析】設(shè)z=a+bia,b∈R，則z則z1+i所以b=1?a，則z=所以|z|的最小值為2故選：D．7.A

【解析】由題意3所以sinα=所以α=40°+故選：A．8.C

【解析】如圖，在正四面體P?ABC中，設(shè)頂點(diǎn)P在底面的射影為O1則球心O在PO1上，O1在AE上，且A設(shè)正四面體的棱長為a，則AE=則正四面體的高PO設(shè)外接球半徑為R，在Rt?OO1A中，OA2∴在Rt?OO1E過E點(diǎn)作外接球O的截面，只有當(dāng)OE⊥截面圓所在的平面時，截面圓的面積最小，此時截面圓的半徑為r=最大截面圓為過球心的大圓，半徑為R=由題設(shè)存在半徑為23的截面圓，∴1故選：C．9.AC

【解析】對于A，若a=0，則a=0對于B，讓b=0，a,c不共線，則有a?對于C，若a+b=a+b，則a2+b對于D，若a與b共線，則a,b同向或反向，但它們的模長不一定相等，故故選：AC．10.ABD

【解析】對于A，如圖所示，因?yàn)镺∈AC，AC?平面ACC1A1，所以因?yàn)镺∈BD，BD?平面C1BD，所以O(shè)∈平面所以O(shè)是平面ACC1A同理可得，點(diǎn)M和C1都是平面ACC1所以三點(diǎn)C1，M，O在平面C1BD即C1，M，O三點(diǎn)共線，故A對于B，在正方體ABCD?A1B1CBD?平面ABCD，所以BD⊥AA1，又AA1∩AC=A,A所以BD⊥平面A1AC，又A1所以A1C⊥BD，同理又BD∩BC1=B，BD,BC1?平面A1C?平面A1D1C，所以平面對于C，由B分析知道A1C⊥平面C1BD，則點(diǎn)A1設(shè)點(diǎn)C到平面C1BD的距離為由VC?BDC1又正方體的棱長為1，所以正三角形BDC1的邊長為所以13所以?=33，則A對于D，如下圖，若O′為AC,BD交點(diǎn)，則二面角A1?BD?C又∠AO′A1=∠CO′所以tan=?2×故cos[π?(∠AO′A1故選：ABD．11.AB

【解析】對于A，若π4<φ<π2，則對而0<π4?φ2<φ若fx在0,φ2上有最大值，設(shè)最大值在x=x0處取到，則x=而x0∈0,φ2所以π4由0<φ<π2可得π4+kπ<φ<π2，從而?14<k<所以由π4+kπ<φ<π綜上，φ的取值范圍是π4,π對于B，由于當(dāng)x∈φ2,φ時，有2x+φ>2?故2x+φ∈π2,3π2，所以f對于C，當(dāng)φ=5π12時，fx=sin2x+5π12，而對于D，設(shè)?x=x?sin3x，則對π4<x<π2有由于φ?fφ=φ?sin3φ，故至多存在一個φ使得故選：AB．12.1

【解析】z=5i1+2i=故答案為：113.47【解析】由BC=3CD可知由于E為AD的中點(diǎn)，故AE=故AC=32而根據(jù)題意，點(diǎn)F在直線BE上，故3λ2+λ故答案為：4714.3【解析】b=3a又sinB>0，則sinA=33余弦定理可知a2等面積法知12bcsinA=1(?)代入(??)，則?=當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取最大值，則?a的最大值為故答案為：315.(1)由a,b均為單位向量，則由|a+b|=1，即故|a(2)cosa由(1)知，cos?a+故a+b與b的夾角為(3)由投影數(shù)量的定義可知，向量a+b與b方向上的投影數(shù)量為

【解析】(1)由條件，結(jié)合數(shù)量積的性質(zhì)求出a?b，再由(2)結(jié)合向量夾角的計算公式求解；(3)根據(jù)投影數(shù)量的定義求解．16.(1)由T=π，得ω=2，由f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)π4,0對稱，則2×π又由0<φ<π，則φ=π故f(x)=sin由于f(x)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再向右平移π2個單位長度得到函數(shù)g(x)故g(x)=sin(2)由(1)知，把f(x)，g(x)代入方程，得cos2x+k即方程2sin2x?k令t=sinx,x∈π上述方程轉(zhuǎn)化為2t2?kt?1=0進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為k=2t?1t在令?t=2t?1t，則故?(t)∈[?1,1]，也即是k∈[?1,1]．【解析】(1)先由函數(shù)對稱性、周期性列式求解參數(shù)即可得出fx，利用平移伸縮變換法則可得g(2)通過換元法得出2t2?kt?1=017.(1)當(dāng)M為DE的中點(diǎn)時，F(xiàn)M//平面ABCD．再取AD的中點(diǎn)為N，連接MN，F(xiàn)M，BN，由M，N分別為DE，AD的中點(diǎn)，則MN//AE，且AE=2MN，再由BF//AE，且AE=2BF，則BF//MN,BF=MN，故四邊形BFMN為平行四邊形，即FM//BN，且FM?平面ABCD，BN?平面ABCD，故FM//平面ABCD；

(2)由四邊形ABCD為菱形，則AC⊥BD，由平面ACE⊥平面ABCD，且平面ACE∩平面ABCD=AC，BD?平面ABCD，則BD⊥平面ACE，由AE?平面ACE，則BD⊥AE，由BF⊥AD,BF//AE，則AE⊥AD，由AD∩BD=D,AD,BD?平面ABCD，則AE⊥平面ABCD(3)取AB的中點(diǎn)為G，連接CG，由(2)知AE⊥平面ABCD，且AE?平面AEFB，則平面AEFB⊥平面ABCD，由AC=BC，且G為AB的中點(diǎn)，則CG⊥AB，由平面AEFB∩平面ABCD=AB，CG?平面ABCD，則CG⊥平面AEFB，由AB=AC=BF=2,AE=2BF，得CG=則?ACD為正三角形，S?ACD則VABCDEF=【解析】(1)當(dāng)M為DE的中點(diǎn)時再取AD的中點(diǎn)為N，連接MN，F(xiàn)M，BN，可證明四邊形BFMN為平行四邊形，則FM//平面ABCD；(2)證明則BD⊥AE，AE⊥AD，即可證明AE⊥平面ABCD；(3)先證明CG⊥平面AEFB，再利用VABCDEF18.(1)由cosAcos由A+B+C=π，得cos由①②聯(lián)立，得sin由C∈(0,π)，消去sinC，得又由B∈(0,π)，得B=(2)由(1)可知B=π3而BD為∠ABC的平分線，故∠ABD=∠CBD=又SABC=S?ABD+即2(a+c)=再由余弦定理12整理得(a+c由①②聯(lián)立，可得(ac)2?4ac?12=0，解得ac=6或故SABC(3)由(1)知B=π3，且O為可知∠AOC=2B=由OB=λOA則OB?OA則λ+μ=2(cos2A+cosλ+μ=2所以π3+2C∈π3故λ+μ∈[?2,1)【解析】(1)利用內(nèi)角和消去一個角，再用兩角和差公式進(jìn)行恒等變形，即可求出結(jié)果；(2)利用角和該角平分線長已知，結(jié)合面積和關(guān)系來得到邊的關(guān)系，再結(jié)合余弦定理聯(lián)立方程組求解即可得到面積；(3)利用向量積的運(yùn)算，得到關(guān)系式，再來求解取值范圍．19.(1)取BC的中點(diǎn)為D，連接AD,PD，由AB=AC，D為BC的中點(diǎn)，得AD⊥BC，由PB=PC，D為BC的中點(diǎn)，得PD⊥BC，而AD∩PD=D,AD,PD?平面ADP，則BC⊥平面ADP，又AP?平面ADP，所以BC⊥AP．(2)由(1)知，PA⊥BC，而PH⊥平面ABC，BC?平面ABC，則PH⊥BC，又PA∩PH=P,PA,PH?平面PAH，于是BC⊥平面PAH，而AH?平面PAH，因此AH⊥BC，又AB=AC，θ2過點(diǎn)H向AB作垂線，垂足為點(diǎn)N，連接PN，則cosθ由點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影為H，得cosθ由PH⊥平面ABC，AB?平面ABC，得PH⊥AB，而HN⊥AB，HN∩AH=H,HN,AH?平面PHN，則AB⊥平面PHN，由PN?平面PHN，則PN⊥AB，于是cosθ=ANAP因此cosθ=cosθ1?cosθ2，當(dāng)由cosθ2≤1，得cosθ≤cos所以θ≥θ(3)設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為d，直線AM與直線BC的夾角θ，直線AM與平面PBC的夾角θ1由(1)知，PD=AD=ABS?PBC=12PD?BC=12由VP?ABC=VA?PBC，得d=23