第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年河南省駐馬店市高一下學期7月期末質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學試卷一、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.tan2025°A.?2 B.?1 C.1 2.1+i1?i的實部為(

)A.?1 B.0 C.1 D.不存在3.如圖，平行四邊形ABCD的對角線相交于點O，則與AO共線的向量是(

)

A.AB+AD B.AB?AD C.4.已知cosα?π4=2A.19 B.59 C.?55.直線a//平面α，P∈α，那么過P且平行于a的直線(

)A.只有一條，不在平面α內(nèi) B.有無數(shù)條，不一定在平面α內(nèi)

C.只有一條，且在平面α內(nèi) D.有無數(shù)條，一定在平面α內(nèi)6.將函數(shù)fx=asin2x+2cos2x的圖象沿x軸向右平移πA.23 B.233 7.已知ABCD?A1B1C1①過點P有且只有一條直線與直線A1B1②過點P有且只有一個平面與直線A1B1③過點P有無數(shù)條直線與直線A1B1④過點P與直線A1B1和BC其中正確的命題個數(shù)為(

)A.1 B.2 C.3 D.48.已知向量a，b，c滿足b=2a=2，a?b=1，aA.277 B.277二、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.?ABC中，若A>B，則(

)A.sinA>sinB B.tanA>tanB10.正三棱臺ABC?A1B1C1中，AB=2AA1A.DC1⊥CC1 B.直線DC1與BC夾角的余弦值為12

C.A到平面BC11.已知實數(shù)x1，x2，y1，y2滿足：x12+yA.x1+x2+y1+y2的最小值是2

B.x1y2?x2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知復數(shù)z=1?3i，z為z的共軛復數(shù)，則z?z=13.《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬.已知在陽馬P?ABCD中，側棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=2AD=2，則三棱錐P?BCD的外接球的表面積為

．

14.?ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b?2ccosA+a+ccosB+b?2a四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分在平面直角坐標系中，已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸非負半軸重合，終邊經(jīng)過點P3,λ，且sin(1)求實數(shù)λ及相應cosα(2)當λ>0時，化簡sinα+π+16.(本小題15分平面直角坐標系中x軸、y軸正方向上的單位向量分別記為i，j，已知向量a=mi?(1)若a//b，求實數(shù)(2)若a,b為銳角，求實數(shù)(3)當m=3時，求b在a方向上的投影向量的坐標．17.(本小題15分)已知a，b，c分別為?ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，且acos(1)求A；(2)若b=4，且?ABC的面積為3，求?ABC的外接圓半徑．18.(本小題17分如圖，菱形ABCD所在的平面與矩形ACEF所在的平面相互垂直．(1)證明：直線DE//平面ABF；(2)若平面DEF⊥平面BEF，求BDAF(3)在(2)條件下，求平面DEF與平面ACD夾角的余弦值．19.(本小題17分)已知函數(shù)fx=Asinωx+φ+k(A>0,ω>0,(1)求函數(shù)fx(2)若x1，x2∈0,π(3)將y=fx的圖象沿x軸向左平移π6個單位，再沿y軸向下平移1個單位得到y(tǒng)=gx的圖象.試討論關于x的方程gx+g答案解析1.【答案】C

【解析】【分析】借助正切函數(shù)的誘導公式計算即可得．【詳解】tan2025故選：C．2.【答案】B

【解析】【分析】利用復數(shù)的除法整理其為標準式，根據(jù)實部的概念，可得答案．【詳解】由1+i1?i=1+i故選：B．3.【答案】A

【解析】【分析】根據(jù)題意，利用向量的線性運算法則，結合向量共線的判定，逐項判定，即可求解．【詳解】因為四邊形ABCD為平行四邊形，且對角AC∩BD=O，對于A中，由AO=12AC=12對于B中，由AB?AD=DB，向量AO與對于C中，由AD+BC=2AD，向量AO與對于D中，由向量AO與AD+OC不共線，所以故選：A．4.【答案】D

【解析】【分析】根據(jù)余弦的二倍角公式以及誘導公式即可求解．【詳解】cos2α?π2故選：D5.【答案】C

【解析】【分析】本題考查線面平行的性質(zhì)，屬于基礎題．

直接利用線面平行的性質(zhì)定理，判斷出正確答案．【解答】解：過直線a和點P作一平面β，面α與面β的交線為b，且點P∈b，

因為直線a//平面α，所以a//b，

在同一平面內(nèi)，過點作已知直線的平行線有且只有一條，所以選項C正確．

故選：C．6.【答案】B

【解析】【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)解析式，根據(jù)函數(shù)圖象變換可得新函數(shù)的解析式，由整體思想可得參數(shù)值，根據(jù)正切值建立方程，可得答案．【詳解】由題意可知a≠0，設tanφ=2a設將函數(shù)fx的圖象向右平移π6個單位可得函數(shù)則gx易知g0=0，則?π可得tanφ=3故選：B．7.【答案】C

【解析】【分析】①：由題意滿足條件的直線是平面PA1B1與平面PBC的交線，從而可判斷；②：由線面平行的判定及性質(zhì)可判斷；【詳解】①：過點P與直線A1B1過點P與直線BC相交的直線必在平面PBC內(nèi)，故滿足條件的直線必為兩平面的交線，顯然兩平面有唯一交線，①正確；②：過點P有且只有一個平面與直線A1B1此平面就是過點P與正方體的上下底面平行的平面，②正確；③：因為A1B1//AB，若l⊥A由AB、BC?平面ABCD，AB∩BC=B，則l⊥平面ABCD，顯然滿足條件的直線唯一，即CC1，④：取BB1，DD1的中點E，F(xiàn)，連PE，PF，則顯然∠EPF的角平分線與PE，PF所成角為45°，且該角平分線與直線又CC1均與PE，PF所成角為則在直線AA1上，分別有兩點位于平面使得過該點與點P的直線與PE，PF的夾角均為60故過點P與直線A1B1和BC的夾角均為60故選：C．8.【答案】D

【解析】【分析】由題意可設a=1,0、b=1,3、c=【詳解】cosa,b=a?b由a+b?2c=2則x?12+y?故x∈0,2，則a即a?c的最大值為故選：D．9.【答案】AC

【解析】【分析】根據(jù)正弦定理可判斷A，結合二倍角公式可判斷C，據(jù)特殊值即可求解BD．【詳解】由于A>B，則a>b，進而根據(jù)正弦定理可得sinA>sinB對于BD，若A=2π3,B=π6,則tanA<0,tanB>0對于C，由于sinA>sinB>0，所以sin2A>sin故選：AC10.【答案】ACD

【解析】【分析】正三棱臺ABC?A1B1C1補成正四面體P?ABC，利用正四面體的幾何性質(zhì)即可求解AC，根據(jù)異面直線的夾角可知【詳解】將正三棱臺ABC?A1B1C1補成三棱錐P?ABC，根據(jù)對于A：由于D為棱AB的中點，故CD=PD，又C1是PC的中點，故DC1對于B，由于BC//B1C1，故∠DC1B1或其補角即為直線故cos∠DC1對于C，三棱錐P?ABC的高為?=PC2?23CD2對于D，因為S?ABC=1故棱臺ABC?A1B1C故選：ACD11.【答案】BCD

【解析】【分析】令OA=(x1,y【詳解】令OA=(x1cos∠AOB=OA?OB|不妨令x1=cos對于A，|=3(|對于B，|x1y對于C，|=|sinθ|+|cos對于D，|x而0<20242025<1，因此存在θ，使得sin故選：BCD12.【答案】4

【解析】【分析】借助共軛復數(shù)定義與復數(shù)乘法公式計算即可得．【詳解】z=1+3故答案為：4．13.【答案】9π

【解析】【分析】根據(jù)長方體的外接球即可求解．【詳解】將該陽馬P?ABCD放入長方體中，如圖：則三棱錐P?BCD的外接球與長方體的外接球相同，故長方體的外接球的直徑為PC=故外接球的表面積為4πPC故答案為：9π14.【答案】14【解析】【分析】利用正弦定理進行邊角轉化，可得c+a=2b，再利用消元思想可消去b，從而可得a2+從而利用單調(diào)性可得取值范圍..【詳解】由正弦定理可得：b?2ccossinB?2即sinA+BsinC?2sinB+所以a=1再由余弦定理得：cosB=a2所以ac+caa故答案為：1415.【答案】【詳解】(1)根據(jù)三角函數(shù)的定義得sinα=λ32當λ=0時，P3,0，cos當λ=±4時，cosα=(2)由λ>0可知λ=4，此時sinα=45原式=sin

【解析】【分析】(1)由三角函數(shù)的定義建立方程，求得解，分情況求得函數(shù)值，可得答案；(2)由題意求得正弦值與余弦值，利用誘導公式與同角三角函數(shù)關系式，可得答案．16.【答案】【詳解】(1)由a=mi?由a//b，則m1?m解得m=?1或m=2；(2)由a,b為銳角，則a?即a?b>0且a與解得m>13且(3)當m=3時，a=3,?1，因b在a方向上的投影向量為a?且a?b=3×2+從而可得a?因此b在a方向上的投影向量為a?

【解析】【分析】(1)借助向量平行的坐標關系運算即可得；(2)由銳角性質(zhì)可得a?b>0(3)借助投影向量定義計算即可得．17.【答案】【詳解】(1)由正弦定理asinA=則acosC+又因sinB=則3也即3A?π6=(2)由b=4及三角形面積S?ABC=1根據(jù)余弦定理a2=b又由正弦定理asinA=2R(R則R=a

【解析】【分析】(1)借助正弦定理與兩角和的正弦公式及輔助角公式計算即可得；(2)借助三角形面積公式、正弦定理與余弦定理計算即可得．18.【答案】【詳解】(1)因為四邊形ACEF為矩形，則CE//AF，因為CE?平面ABF，AF?平面ABF，所以CE//平面ABF，又因為四邊形ABCD為菱形，則DC//AB，因為DC?平面ABF，AB?平面ABF，所以DC//平面ABF，又因為DC∩CE=C，且DC,CE?平面DCE，所以平面DCE//平面ABF，因為DE?平面DCE，所以DE//平面ABF．(2)由菱形ABCD所在的平面與矩形ACEF所在的平面相互垂直，且平面ABCD∩平面ACEF=AC，CE⊥AC，AF⊥AC，CE,AF?平面ACEF，所以CE⊥面ABCD，AF⊥面ABCD，因為CD,AD?平面ABCD，所以CE⊥CD，AF⊥AD，則CE2+C又由AD=CD,CE=AF，則DE=DF．同理可得：BF=BE．取EF中點為M，記AC∩BD=O，則MO//AF且MO=AF，所以DM⊥EF，BM⊥EF，所以∠DMB為二面角D?EF?B的平面角，因為平面DEF⊥平面BEF，則∠DMB=90°，且MO=1可得BDAF(3)記面DEF∩面ACD=l，因為EF//AC，AC?平面ABCD，所以EF//平面ABCD，且EF?平面DEF，所以l//EF，則EF//l//AC，因為DM⊥EF,DO⊥AC，從而DM⊥l，DO⊥l，所以∠MDO即為平面DEF與平面ACD所成的角，在(2)條件下，BD=2AF=2MO，所以?BDM為等腰直角三角形，所以∠MDO=45可得cos45°=22

【解析】【分析】(1)根據(jù)題意，分別證得CE//平面ABF和DC//平面ABF，利用面面平行的判定定理，證得平面DCE//平面ABF，即可證得DE//平面ABF；(2)利用面面垂直的性質(zhì)，證得CE⊥面ABCD，AF⊥面ABCD，求得DE=DF和BF=BE，取EF中點為M，證得DM⊥EF，BM⊥EF，得到∠DMB為二面角D?EF?B的平面角，求得AF=1(3)記面DEF∩面ACD=l，利用線面平行的性質(zhì)，證得EF//l//AC，得到DM⊥l，DO⊥l，得到∠MDO即為平面DEF與平面ACD所成的角，結合?BDM為等腰直角三角形，即可求解．19.【答案】【詳解】(1)由圖可知fxmax=4因此A=12f由M，N點在fx則3sinπ可得ω=11π6?5π6從而可得φ=π6，綜上(2)由fx=3sin2x+π則函數(shù)fx的對稱軸為直線x=由x1，x2∈則3sin2x因此x2從而cosx(3)根據(jù)題意得gxgx?從而