第第頁四川省成都市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題（本題共8個小題，每小題5分，共40分.在每個小題的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1．已知復(fù)數(shù)z=21+iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知e1,e2為兩個不共線的向量，若向量A．?5e1+2C．10e1+43．若直線a不平行于平面α，則下列結(jié)論正確的是（）A．α內(nèi)的所有直線均與直線a異面 B．直線a與平面α有公共點C．α內(nèi)不存在與a平行的直線 D．α內(nèi)的直線均與a相交4．若sinα?π6A．?79 B．?429 5．在△ABC中，角所對的邊分別是a，b，c，A．三邊均不相等的三角形 B．底邊與腰不相等的等腰三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形6．在正六邊形ABCDEF中，AD=xAC+yA．12 B．34 C．87．如圖所示，某圓臺型木桶（厚度不計）上下底面的面積分別為4π和π，且木桶的體積為7A．6π B．9π C．2108．如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．該截面是六邊形 B．A1C⊥C．平面EFMN//平面AD1B1二、多項選擇題（本題共3個小題，每小題6分，共18分.在每個小題的選項中，有多項是符合題目要求的.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）9．關(guān)于函數(shù)f(A．f(xB．f(x)C．f(x)D．f(x)10．下列命題中正確的是（）A．若向量a=2,3，b=x,?6B．已知e1，e2是兩個相互垂直的單位向量，a=2e1+3C．已知正方形OABC的邊長為1，則OAD．若O為四邊形ABCD所在平面內(nèi)一點，且OA+OC=11．化學(xué)中經(jīng)常碰到正八面體結(jié)構(gòu)（正八面體是每個面都是正三角形的八面體），如六氟化硫（化學(xué)式SF6）?金剛石等的分子結(jié)構(gòu).將正方體六個面的中心連線可得到一個正八面體（如圖1），已知正八面體E?ABCD?FA．正八面體E?ABCD?F的內(nèi)切球表面積為8B．正八面體E?ABCD?F的外接球體積為8C．若點P為棱EB上的動點，則AP+CP的最小值為2D．若點Q為棱AF上的動點，則三棱錐E?QBC的體積為定值2三、填空題（本題共3個小題，每小題5分，共15分.雙空題，第一空2分，第二空3分.）12．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，直線AB1與直線13．已知非零向量a，b，滿足a⊥b，且a+2b與a的夾角為π14．如圖，為測量山高MN，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點，從點A測得點M的仰角∠MAN=45°，點C的仰角∠CAB=30°，以及∠MAC=75°．從點C測得∠MCA=45°，已知山高BC=4803m，則山高MN=四、解答題（本題5個小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）15．已知復(fù)數(shù)z=3+mim∈R，z（1）求復(fù)數(shù)z；（2）設(shè)z，z2在復(fù)平面上對應(yīng)的點分別為A,B,O為坐標原點．求向量OA在向量OB16．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且asin（1）求A；（2）若∠BAC的角平分線交BC于點D，且AD=1，求△ABC面積的最小值．17．如圖，在△ABC中，已知AB=3，AC=23，∠BAC=30°，且BC，AC邊上的兩條中線AM（1）求AP；（2）求∠MPN的余弦值.18．如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB//CD，AD=CD=1，AA（1）證明：AC⊥平面BCC（2）求點C1到平面BCE（3）已知點M在線段CC1上，直線EM與平面BCC1B19．如圖，一個半徑為4m的筒車按逆時針方向每分鐘轉(zhuǎn)2圈，筒車的軸心O距水面的高度為2m．設(shè)筒車上的某個盛水筒P到水面的距離為d（單位：m）（在水面下則d為負數(shù)），若以盛水筒P剛浮出水面時開始計算時間t（單位：s），則d與t之間的關(guān)系為d=Asinωt+φ+K（A>0，ω>0（1）求A，ω，φ，K的值；（2）在筒車轉(zhuǎn)動的一周內(nèi)，盛水筒P有多長時間距離水面高度超過4m？（3）設(shè)t為t1，t2時，盛水筒P到水面的距離分別為d1，d2，當t1+t2=10

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：z=21+i=2故答案為：A.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運算，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)以及復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的表示求解即可.2．【答案】B【解析】【解答】解：向量a→=2e1→因為4e1→+10e故答案為：B．【分析】先根據(jù)向量線性運算表示2a3．【答案】B【解析】【解答】解：A、α內(nèi)的所有直線均與直線a異面，則直線a與平面α也可能相交，故A錯誤；B、若直線a不平行于平面α，則直線a與平面α相交或直線a在平面α內(nèi)，故B正確；C、當直線a在平面α內(nèi)時，平面α內(nèi)存在與a平行的直線，故C錯誤；D、平面α內(nèi)的直線均與a相交或異面，故D錯誤.故答案為：B.【分析】根據(jù)題意可得直線a與平面α相交或在平面內(nèi)，結(jié)合線面的位置關(guān)系依次判斷選項即可.4．【答案】D【解析】【解答】解：sinα?π6=1故答案為：D.【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.5．【答案】C【解析】【解答】解：若sinB2=12，B2∈0,π2，則B2=故△ABC為等邊三角形.故答案為：C.【分析】利用三角函數(shù)值求角，再利用正弦定理求得b=c，即可判斷三角形形狀.6．【答案】C【解析】【解答】解：由圖可得：AD=AB+BD=AC+CB+BD=AC?故答案為：C.【分析】根據(jù)向量的線性運算求解即可.7．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)圓臺上、下底面的的半徑分別為r1,r由題意可得：πr12因為木桶的體積為7π，所以1所以134π設(shè)圓臺的母線長為l，則l=3故該木桶的側(cè)面積為2π故答案為：D.【分析】設(shè)圓臺上、下底面的的半徑分別為r1,r8．【答案】D【解析】【解答】解：過E,F,M,N四點，確定截面的一條邊EF，延長EF交BC于一點，連接該點與點N即可得到與棱BB1的交點P，利用公理3確定交線PN,PE，同樣的方法找出其它交線，可得截面如圖所示：易知該截面是六邊形FEPNMQ，P,Q分別是BB1,DD1的中點，故A正確，D錯誤；

B、因為A1C⊥平面AD1C、在正方形ADD1A1中，A1D⊥AD1，DC⊥平面ADD1A1,AD1?平面ADD1同理可得A1C⊥D1B1,D1B1∩AD1=D1,AD1?平面AD1B1,D1B1?平面AD1B1則平面EFMN//平面AD故答案為：D.【分析】根據(jù)已知四個點確定截面即可判斷AD；根據(jù)線面垂直的判定定理即可判斷B；根據(jù)面面平行判定定理即可判斷C.9．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：由題意可得：f(對于A：f(x)對于B：因為f(所以f(x)對于C：因為f(所以f(x)對于D：因為x∈[0,且y=sinx在[?π6故答案為：BCD.【分析】利用三角恒等變換整理得f(x)10．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、向量a=2,3，b=x,?6，若a?B、已知e1，e2是兩個相互垂直的單位向量若a⊥b，則aC、OA+OBD、記AC,BD的中點分別為E,F，則OA+OC=2OE=2OF=OB+OD，

即OE=故答案為：BD.【分析】根據(jù)向量平行的坐標表示求解即可判斷A；由向量數(shù)量積的運算律列方程即可判斷B；根據(jù)向量數(shù)量積的運算即可判斷C；可以證明AC,BD的中點重合，由此即可判斷D.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、設(shè)該正八面體內(nèi)切球的半徑為r，

正八面體的體積V=8×1解得r=63，則內(nèi)切球表面積為B、設(shè)該正八面體外接球的半徑為R，ABCD是正方形，且OA=OB=OC=OD=2在Rt△EOB中，OE=BE2?OB2=2，利用對稱性知OF=C、△ABE與△BCE是邊長為2的全等的正三角形，將△BCE翻折到△BCE'，使其與△ABE共面，從而得到一個菱形ABC'E，連接AC與BE相交于點P，

AP⊥EB,C'P⊥EB，D、易知AF//EC，因為AF?平面EBC,EC?平面EBC，所以AF//平面EBC，V三棱錐E?QBC故答案為：ACD.【分析】利用等體積列出關(guān)于內(nèi)切球半徑的方程求解即可判斷A；利用正八面體的對稱性可分析計算得出正方形ABCD的中心即為外接球球心，計算即可判斷B；通過兩個側(cè)面翻折共面后即得AP,CP共線時AP+CP取最小值即可判斷C；通過發(fā)現(xiàn)并證明AF//平面EBC，將E?QBC的體積進行多次轉(zhuǎn)化成三棱錐E?ABC的體積，計算即可判斷D.12．【答案】45°；3【解析】【解答】解：因為AB//D1C1，所以∠易知∠B連接BD交AC于O，連接OB1，如圖所示：

則AC⊥BD，因為AB1=B1C則∠B1OB是平面ABCD設(shè)正方體的邊長為2，則BB在RtOBB1中，故答案為：45°；3【分析】根據(jù)線線角、面面角等知識求解即可.13．【答案】3【解析】【解答】解：由a⊥b，可得a?b|a則|a即cosπ即a→a→則b→2=34故答案為：32【分析】由題意可得a?b=0，利用向量數(shù)量積的運算可得(14．【答案】960【解析】【解答】解：在△ABC中，因為∠CAB=30°,∠ABC=90°,BC=4803，

所以AC=在△AMC中，因為∠MAC=75°，∠MCA=45°，所以∠AMC=60°，由正弦定理ACsin∠AMC=在Rt△AMN中，MN=AM?sin故答案為：960.【分析】在△ABC中，求得AC=9603，在△AMC中，利用正弦定理求得AM=9602，再在直角15．【答案】（1）解：由題意可得：z1因為z1為純虛數(shù)，所以3?3m=09+m≠0，解得則復(fù)數(shù)z=3+i（2）解：由（1）可知，z=3+i，z2=(3+i)則OA=(3,1)，OB即向量OA在向量OB上的投影向量的模為OA?【解析】【分析】（1）根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運算，結(jié)合復(fù)數(shù)的概念求解即可；（2）利用復(fù)數(shù)的幾何意義和投影向量模的計算公式求解即可.（1）因為z=3+mi所以z1又因為z1所以3?3m=09+m≠0解得，m=1，所以z=3+i（2）由（1）可知，z=3+i，z所以A(3,1)，B(8,6)，所以O(shè)A=(3,1)，OB所以向量OA在向量OB上的投影向量的模為OA?16．【答案】（1）解：asin2A因為sinA>0，所以1?所以1?cos所以3sinA+cosA=2sinA+π6=1，所以sin（2）解：由題意可得：S△BAD且AD=1，即12bsinb+c=bc≥2bc，解得bc≥4，當且僅當b=c=2△ABC的面積S=12bc綜上所述，△ABC的面積的最小值為3.【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式及正弦定理、輔助角公式化簡求角即可；（2）利用等面積法結(jié)合基本不等式求解即可.（1）cos2由正弦定理可知：sinA又sinA>0，化簡得:1?即1?cos所以，3sin即sinA+π6=12，因為（2）由題意可得：S△BAD且AD=1，即12化簡得b+c=bc，而b+c=bc≥2bc，解得bc≥4，等號成立當且僅當b=c=2△ABC的面積S=12bc綜上所述，△ABC的面積的最小值為3.17．【答案】（1）解：由題可知：P為△ABC的重心，則AP=AP2故AP=（2）解：因為N為AC的中點，所以BN=又因為AP=1=131BN=12又因為∠MPN與AP，BN的夾角相等，所以cos∠MPN=?51326，所以【解析】【分析】（1）利用重心的性質(zhì)及平面向量的線性運算得AP=（2）∠MPN即AP,（1）由題可知P為△ABC的重心，則AP=所以AP2所以AP=（2）因為N為AC的中點，所以BN=又AP=所以AP===?5又BN=所以cosAP又∠MPN與AP，BN的夾角相等，所以cos∠MPN=?51326，所以18．【答案】（1）證明：選擇條件①、AD⊥BE，因為AA1⊥平面ABCD，且AD,AC?平面ABCD，所以A因為AD⊥BE，AA1∩BE=E，AA1,BE?平面又因為AB?平面ABB1A過點C作CF⊥AB于F，如圖所示：

AD=CD=1，則四邊形ADCF是正方形，AC=2，又因為BC=CF2+BF2=因為AA1⊥AC,A又因為BC∩CC1=C，BC,CC1?平面選擇條件②：BC=2過點C作CF//DA，交AB于點因為AB//CD，所以四邊形ADCF為平行四邊形，所以CF=AD=1,AF=CD=1，BC=2，BF2則AD⊥AB,AD⊥CD，AC=2，

又因為AB=2，所以AC2由AA1⊥平面ABCD，且AC?知AA1⊥AC，又A又因為BC∩CC1=C，BC,CC1?平面（2）解：由AA1⊥平面ABCD，且BC?平面ABCD因為AA1//由（1）知AC⊥BC，因為CC1∩AC=C,CC1,AC?平面又因為BC?平面BCE，所以平面BCE⊥平面ACC則點C1到平面BCE的距離等價于△ECC1的底邊CE由勾股定理知CE=C在△ECC1中，由余弦定理可得則sin∠C1故點C1到平面BCE的距離為2（3）解：過點E作EG⊥CC1于點G，則由（2）知BC⊥平面ACC因為BC?平面BCC1B1，所以平面EM在平面BCC1B1上的投影落在CC1上，則直線則sin∠EMG=22在Rt△EMG中，tan∠EMG=EGGM=2GM故線段CM的長為12或3【解析】【分析】（1）選擇條件①：先證AD⊥AB，過點C作CF⊥AB于F，再證AC⊥BC，結(jié)合CC1⊥AC，可得AC⊥選擇條件②：過點C作CF//DA，交AB于點F，先證AD⊥AB,AD⊥CD，再證AC⊥BC，結(jié)合CC1⊥AC（2）先證BC⊥平面ACC1A1，可得平面BCE⊥平面ACC（3）過點E作EG⊥CC1于點G，先證平面BCC1B1⊥平面ACC1A1（1）證明：選擇條件①AD⊥BE，由AA1⊥平面ABCD，且AD,AC?知AA1⊥AD∵AD⊥BE，AA1∩BE=E，A∴AD⊥平面ABB∵AB?平面ABB1A過點C作CF⊥AB于F，AD=CD=1，則四邊形ADCF是正方形，AC=2又BC=CF2∴AC2+B∵AA∴C又BC∩CC1=C，BC,C∴AC⊥平面BCC選擇條件②：BC=2過點C作CF//DA，交AB于點∵AB//CD，∴四邊形∴CF=AD=1,AF=CD=1，∴BF=AB?AF=1，∵BC=2∴BF2+C∴AD⊥AB,AD⊥CD，∴AC=2，又AB=2∴AC2+B由AA1⊥平面ABCD，且AC?知AA1⊥AC，又∵A又BC∩CC1=C，BC,C∴AC⊥平面BCC（2）由AA1⊥平面ABCD，且BC?平面ABCD∵AA1//由（1）知AC⊥BC，∵CC1∩AC=C,CC1,AC?平面∵BC?平面BCE，∴平面BCE⊥平面ACC∴點C1到平面BCE的距離等價于△ECC1的底邊CE由勾股定理知CE=C在△ECCcos∠∴sin∴h=C所以點C1到平面BCE的距離為2（3）過點E作EG⊥CC1于點G，則由（2）知BC⊥平面ACC∵BC?平面BCC∴平面BCC1B∴EM在平面BCC1B∴直線EM與平面BCC1B則sin∠EMG=22在Rt△EMG中，tan∴GM=