2023-2024学年广东省深圳市深圳大学附属中学、龙城高级中学高一下学期5月月考数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市深圳大学附属中学、龙城高级中学高一下学期5月月考数学试题（含答案），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z=−2+ii，则z的共轭复数z=( )
A. 1+2iB. 1−2iC. −1+2iD. −1−2i
2.已知a,b为共线向量，且a=(1,x),b=(−2,6)，则a=( )
A. −3B. 3C. 10D. 3 10
3.将水平放置的▵ABC用斜二测画法得到的直观图▵A′B′C′如图所示，已知A′C′=3，B′C′=2，则边AB的实际长度为( )
A. 5B. 6C. 13D. 40
4.党的十八大以来，我国把绿色发展理念融入城乡规划建设管理之中，合理布局城市的生产空间、生活空间、生态空间，持续推进城市园林绿化工作．为践行生态文明的理念，某学校全体师生于3月12日开展植树活动，购买了樟树、银杏、桂花、梧桐四种树苗共计800棵，比例如图所示，高一年级师生、高二年级师生、高三年级师生参加植树活动的人数之比为4:3:3，若每种树苗均按各年级师生参加植树人数的比例进行分配，则高二年级师生应分得桂花树苗的数量为( )
A. 30棵B. 50棵C. 72棵D. 80棵
5.已知非零向量a,b满足a=3b，且向量b在向量a上的投影向量为16a，则a与b的夹角为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 120∘
6.在▵ABC中，已知∠B=30 ∘，c=2，则“b= 2”是“∠C=45∘”成立的( )条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要
7.灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个球缺).如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为V=π3(3R−h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4cm，圆柱的底面圆直径为24cm，则该灯笼的体积为( )(取π=3)
A. 32000cm3B. 33664cm3C. 33792cm3D. 35456cm3
8.在▵ABC中，P0是边AB上一定点，满足P0B=23AB，且对于边AB上任一点P，恒有PB⋅PC≥P0B⋅P0C，则▵ABC为( )
A. 等腰三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 锐角三角形
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z1,z2，下列结论正确的有( )
A. 若z1−z2>0，则z1>z2
B. 若z12=z22，则z1=z2
C. 若复数z2满足z2−2i=3，则z2在复平面内对应的点的轨迹为圆
D. 若z1=−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p=8
10.如图，在边长为2的正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，将△SG1E，△SG3F分别沿SE，SF折起，使G1，G3两点重合于G，下列说法正确的是( )
A. 若把△G2EF沿着EF继续折起，G2与G恰好重合
B. SG⊥EF
C. 四面体SGEF的外接球体积为 6π
D. 点G在面SEF上的射影为△SEF的重心
11.如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，AD=23AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，若BP=xBA+yBC，则( )
A. BD=13BA+23BCB. x+y的最大值为1+ 33
C. BP⋅BC最大值为9D. BO⋅DO=12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知样本数据为1，a，b，7，9，且a、b是方程x2−8x+15=0的两根，则这组样本数据的方差是 ．
13.在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，N为AB中点，M为BB1中点，则异面直线DN与CM所成角的余弦值为 ．
14.如图所示，直角三角形ABC所在平面垂直于平面α，一条直角边AC在平面α内，另一条直角边BC长为 33且∠BAC=π6，若平面α上存在点P，使得▵ABP的面积为 33，则线段CP长度的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z1=a+2i,z2=b+i(a,b∈R,i为虚数单位)．
(1)若b=2,z1⋅z2是纯虚数，求z1−z2的值；
(2)若z1=z22，求实数a,b的值．
16.(本小题15分)
某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将100个样本数据按30.40,40,50，50,60,60,70，70,80,80,90分成6组，并整理得到如图所示频率分布直方图．
(1)求图中a的值；
(2)请通过频率分布直方图估计这100份样本数据的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(3)该市决定表彰知识竞赛成绩排名前30%的市民，某市民知识竞赛的成绩是78，请估计该市民能否得到表彰．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD=2，点E为线段PD的中点．
(1)求证：PB//平面AEC；
(2)求证：AE⊥平面PCD；
(3)求三棱锥A−PCE的体积．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csA2( 3sinA2−csA2)=12．
(1)求角A;
(2)D为边BC上一点，DA⊥BA，且BD=4DC，求csC.
19.(本小题17分)
类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P−ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A−PC−B的大小为θ，则csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ．
(1)四棱柱ABCD−A1B1C1D1，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60∘，∠BAC=45∘，求∠A1AB的余弦值；
(2)当α、β∈0,π2时，证明以上三面角余弦定理；
(3)如图3，斜三棱柱ABC−A1B1C1中侧面ABB1A1，BCC1B1，ACC1A1的面积分别为S1，S2，S3，各侧面所应得平面与底面所成的三个二面角分别记为θ1，θ2，θ3，请用文字和符号语言描述你能够得到的正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据复数的除法、乘法运算可得z=−1+2i，结合共轭复数的概念即可求解．
【详解】z=−2+ii=2+ii=−1+2i，
故z=−1−2i．
故选：D
2.【答案】C
【解析】【分析】由向量共线求出x，再求模长即可．
【详解】a=(1,x),b=(−2,6)共线，则−2x=6，得x=−3，
故a= 1+9= 10．
故选：C
3.【答案】A
【解析】【分析】根据斜二测画法，确定▵ABC的特征，求出AB即可．
【详解】依题意，在▵ABC中，BC⊥AC,BC=2B′C′=4,AC=A′C′=3，
所以AB= 32+42=5．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】【分析】根据给定条件，求出高二年级师生分得的树苗的数量，再结合扇形图列式计算即得．
【详解】依题意，高二年级师生应分得树苗的数量为800×34+3+3=240(棵)，
所以高二年级师生应分得桂花树苗的数量为240×30%=72(棵)．
故选：C
5.【答案】C
【解析】【分析】由投影向量计算可得．
【详解】因为bcsa,b⋅aa=16a，且a=3b，
所以csa,b=12，即夹角为60∘，
故选：C．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查充分、必要、充要条件的判断，利用正弦定理解三角形，属于基础题．
根据正弦定理以及“大边对大角”即可判断出结果．
【解答】
解：由正弦定理得bsinB=csinC，即 212=2sinC，
∴sinC= 22，又因为c>b，
∴C=45∘或C=135∘；
当∠C=45∘时，有b12=2 22，所以b= 2，
则“b= 2”是“∠C=45∘”成立的必要不充分条件．
故选：B．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查球的性质，球和圆柱的体积公式，属于中档题．
由勾股定理求出R，则h=R−16=4cm，分别求出两个球缺的体积、灯笼中间球面的体积、上下两个圆柱的体积，即可求出答案．
【解答】
解：由题意得圆柱的底面圆直径为24cm ，半径为12cm．
已知该灯笼的高为 40cm ，圆柱的高为 4cm ，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为 40−8=32cm ，
所以 R2−(40−82)2=122 ，得 R=20cm ， h=20−322=4cm ，
所以两个圆柱的体积之和为 2V1=2×π×122×4=3456cm3 ，
“球缺”的体积为2V2=2×π3(3R−h)h2=2×33×(3×20−4)×42=1792cm3，
灯笼中间球面的体积为 V3=43πR3−2V2=43×3×203−1792=30208cm3，
所以该灯笼的体积为 2V1+V3=3456+30208=33664cm3 ．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】【分析】取BC的中点D，将向量用PD,P0D,BD表示，得到P0D⊥AB，进而判断▵ABC的形状．
【详解】取BC的中点D，DC的中点E，连接P0D,AE(如图所示)，则

P0B⋅P0C=(P0D+DB)⋅(P0D+DC)
=(P0D+DB)⋅(P0D−DB)=P0D2−DB2，
同理PB⋅PC=PD2−DB2，
因为PB⋅PC≥P0B⋅P0C，所以PD2−DB2≥P0D2−DB2，
即PD2≥P0D2，所以对于边AB上任意一点P都有|PD|≥|P0D|，
因此P0D⊥AB，
又P0B=23AB，D为BC中点，E为DC中点，
所以P0BAB=BDBE=23，所以P0D//AE，
即∠BAE=90∘，所以∠BAC>90∘，即△ABC为钝角三角形，
故选：B．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】由复数z1=2+i,z2=1+i，可判定 A错误；根据复数的运算法则，可判定B正确；结合复数的几何意义，可判定C正确；根据复数相等的条件，列出方程，求得p的值，可判定 D正确．
【详解】对于A中，若复数z1=2+i,z2=1+i，满足z1−z2>0，但两个虚数不能比大小，所以A项错误；
对于B中，若z12=z22，则z12−z22=0，即z1+z2z1−z2=0，
可得z1=z2或z1=−z2，所以z1=z2，所以B项正确；
对于C中，由于z1−z2表示两个复数z1,z2在复平面上对应的两点之间的距离，
所以z2−2i=3，表示复平面内到点(0,2)距离为3的点的集合，
所以z2对应的点的轨迹为圆心在(0,2)，半径为3的圆，所以C项正确；
对于D中，由−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
故(−4+3i)2+p(−4+3i)+q=0(p,q∈R)，即7−4p+q+(3p−24)i=0，
可得7−4p+q=03p−24=0，所以p=8，所以D项正确．
故选：BCD．
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了简单组合体及其结构特征，球的表面积和体积，线面垂直的判定和线面垂直的性质，属于中档题．
利用题目条件对A进行判断，利用线面垂直的判定得EF⊥平面SDG，再利用线面垂直的性质对B进行判断，再利用所得四面体SGEF的外接球结构特征，构建长方体得所得四面体SGEF的外接球的半径，再利用球的体积对C进行判断，再利用线面垂直的判定和线面垂直的性质，结合平面几何知识得点G在平面SEF上的射影为△SEF的垂心，对D进行判断，从而得结论．
【解答】
解：对于A.因为G1E=G3F=G2E=G2F，故把△G2EF沿着EF继续折起，G2与G恰好重合，故A正确；
对于B.如图：
因为在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，
所以折叠后，SD⊥EF，GD⊥EF，SD∩GD=D，SD、GD⊂平面SDG，因此EF⊥平面SDG，
而SG⊂平面SDG，所以SG⊥EF，故B正确；
对于C.由翻折的性质可知：折叠后，GE，GF，GS两两垂直，
以G为一个顶点，GE，GF，GS是过G的三条棱，构建长方体，
则该长方体外接球和四面体外接球相同．
因为正方形SG1G2G3边长为2，
所以所构建的长方体的体对角线长为 22+12+12= 6，
因此该长方体的外接球的半径为R= 62，
所以四面体SGEF的外接球的体积为V=43π· 623= 6π，故C正确；
对于D.由B选项分析可知SG⊥EF，同理可得GF⊥SE，GE⊥SF，即四面体SGEF的对棱互相垂直．
如图：
设点G在面SEF上的射影为H，则GH⊥平面SEF．
因为SE，EF，SF⊂平面SEF，所以HG与SE，EF，SF都垂直．
由SG⊥EF，GH⊥EF，SG∩GH=G，SG、GH⊂平面SGH，
得EF⊥平面SGH，因此由SH⊂平面SGH得EF⊥SH．
同理可得HF⊥SE，HE⊥SF，因此H是△SEF的垂心，
即点G在平面SEF上的射影为△SEF的垂心，故D错误．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查向量数量积的坐标运算和向量线性运算的坐标表示，同时考查了三角函数的性质，是较难题．
对于AD，将BD,BO,DO分别用BA,BC表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于BC，以点O为原点建立平面直角坐标系，设P(cs α,sin α),α∈[π,2π]，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断．
【解答】
解：对于A，因为AD=23AC，
且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，
所以OA=OD=DC=13AC=1，
则BD=BC+CD=BC+13CA=BC+13(BA−BC)=13BA+23BC，故 A正确；
对于B，BO=BC+CO=BC+23CA=BC+23(BA−BC)=23BA+13BC，DO=BO−BD=23BA+13BC−(13BA+23BC)=13BA−13BC，
则DO⋅BO=(13BA−13BC)⋅(23BA+13BC)=29BA2−19BC2−19BA⋅BC
=2−1−19×3×3×12=12，故 D正确；
对于C，如图，以点O为原点建立平面直角坐标系，
则A(−1,0),B(12,3 32),C(2,0)，
因为点P在以AD的中点O为圆心，1为半径的半圆上，且在x轴的下半部分，
设P(cs α,sin α),α∈[π,2π]，
则BP=(cs α−12,sin α−3 32),BC=(32,−3 32),BA=(−32,−3 32)，
所以BP⋅BC=32cs α−34−3 32sin α+274=3cs (α+π3)+6，
因为α∈[π,2π]，所以α+π3∈[4π3,7π3]，
所以当α+π3=2π时，BP⋅BC取得最大值9，故 C正确；
因为BP=xBA+yBC，
所以(cs α−12,sin α−3 32)=x(−32,−3 32)+y(32,−3 32)，
即(cs α−12,sin α−3 32)=(−32(x−y),−3 32(x+y))，
所以sin α−3 32=−3 32(x+y)，
所以x+y=−2 39sin α+1，
因为α∈[π,2π]，所以当α=3π2时，x+y取得最大值2 39+1，故 B错误．
12.【答案】8
【解析】【分析】由x2−8x+15=0求出a,b，利用方差公式即可求．
【详解】由x2−8x+15=0可得x=3或x=5，
因为a、b是方程x2−8x+15=0的两根，
不妨设a=3，b=5，
所以样本平均数为1+a+b+7+95=1+3+5+7+95=5，
故样本方差为：15×1−52+3−52+5−52+7−52+9−52=8．
故答案为 ：8
13.【答案】45或0.8
【解析】【分析】构造平行线，得到两条异面直线所成的角，解三角形得到所求角的余弦．
【详解】如图：
取AA1的中点E，连接DE，EN，因为DE//CM，故∠EDN即为异面直线DN与CM所成的角．
在▵DEN中，DE=DN= 5，EN= 2，
由余弦定理：cs∠EDN=DE2+DN2−EN22DE⋅DN=5+5−22 5× 5=45．
故答案为：45
14.【答案】 63或13 6
【解析】【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得BC⊥平面ABC，利用线面垂直的性质可得BC⊥CP，进而CP= BP2−13，由三角形的面积公式可得BP=1sinθ，即可求解．
【详解】在Rt▵ABC中，BC= 33,∠BAC=π6，则AB=2 33，
又平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AC,AC⊥BC,BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面ABC，连接CP，CP⊂α，所以BC⊥CP，
得CP= BP2−BC2= BP2−13，设∠ABP=θ(0<θ<π)，
则S▵ABP=12AB⋅BPsinθ，即 33=12⋅2 33⋅BPsinθ，得BP=1sinθ，
当sinθ=1即θ=π2即AB⊥BP时，BP取到最小值1，
此时CP取到最小值 BP2−13= 12−13= 63．
故答案为： 63
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到CP= BP2−13、BP=1sinθ，而sinθ≤1，即为所求．
15.【答案】(1)
当b=2时，z1=a+2i,z2=2+i，
所以z1⋅z2=a+2i2+i=2a−2+4+ai，
且z1⋅z2是纯虚数，则2a−2=04+a≠0，解得a=1，
所以z1=1+2i，则z1−z2=1−2+2−1i=−1+i，
所以z1−z2= −12+12= 2．
(2)
若z1=z22，则a+2i=b+i2=b2−1+2bi，
所以a=b2−12=2b，解得a=0,b=1．

【解析】(1)根据题意，由b=2代入计算，结合z1⋅z2是纯虚数即可求得a，再由复数的模长公式，即可得到结果；
(2)根据题意，由复数相等的定义，列出方程，即可得到结果．
16.【答案】(1)
由频率分布直方图可得100.005+0.010+0.010+a+0.032+0.023=1，
所以a=0.020，
(2)
(1)100份样本数据的平均值为x=35×0.005+45×0.010+55×0.010+65×0.020+75×0.032+85×0.023×10=68.3 (3)
成绩低于70分的频率为0.45，成绩低于80分的频率为0.77，
则被表彰的最低成绩为第70%分位数：70+0.7−×10=77.8125因为77.8125<78，
所以估计该市民能得到表彰．

【解析】(1)根据频率分布直方图的性质列方程求a即可．
(2)根据平均数的计算公式，即可求得答案；
(3)根据频率分布直方图计算样本的第70百分位数，与78比较，即可得结论．
17.【答案】(1)
连接BD交AC于点O，连接EO，
由底面ABCD是正方形，故O为BD中点，
又点E为线段PD的中点，故OE//PB，
又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
故PB//平面AEC；
(2)
由点E为线段PD的中点，PA=AD，故AE⊥PD，
由PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，故PA⊥CD，
又底面ABCD是正方形，故AD⊥CD，
又AD、PA⊂平面PAD，AD∩PA=A，
故CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，
故CD⊥AE，又CD、PD⊂平面PCD，CD∩PD=D，
故AE⊥平面PCD；
(3)
由点E为线段PD的中点，故点P与点D到平面AEC距离相等，
故VA−PCE=VP−ACE=VD−ACE=12VP−ACD=12×13×2×12×2×2=23．

【解析】(1)借助中位线的性质与线面平行判定定理推导即可得；
(2)借助线面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得；
(3)借助点E为线段PD的中点，可得点P与点D到平面AEC距离相等，即有VA−PCE=12VP−ACD，结合体积公式计算即可得．
18.【答案】解：(1)由csA2( 3sinA2−csA2)=12，得： 3sinA2csA2−cs2A2=12，即： 32sinA−csA+12=12，
∴ 32sinA−12csA=1，即sin(A−π6)=1．
又∵0(2)∠CAD=2π3−π2=π6.在△CAD中，CDsinπ6=bsin∠ADC;在△BAD中，BDsinπ2=csin∠ADB．
又sin∠ADB=sin∠ADC，BD=4CD，代入得：c=2b．
根据余弦定理得a= b2+c2−2bccs2π3= 7b，所以csC=a2+b2−c22ab=2 77．
【解析】本题主要考查正余弦定理的应用，同角三角函数的基本关系，属于中档题．
(1)利用csA2( 3sinA2−csA2)=12得到 32sinA−csA+12=12根据同角三角函数化简即sin(A−π6)=1，即可求解；
(2)先利用正弦定理求c=2b.利用余弦定理求a= b2+c2−2bccs2π3= 7b，再利用csC=a2+b2−c22ab即可求解．
19.【答案】(1)
由平面AA1C1C⊥平面ABCD，得θ=90∘，
由三面角余弦定理得cs∠A1AB=cs∠A1AC⋅cs∠CAB，
因为cs∠A1AC=60∘，cs∠BAC=45∘，
所以cs∠A1AB=12× 22= 24；
(2)
过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，
作HN⊥PC交PB于N点，连接MN，如图所示：
则∠MHN是二面角A−PC−B的平面角，
在▵MNP中，由余弦定理得：
MN2=MP2+NP2−2MP⋅NP⋅csγ，
在▵MNH中，由余弦定理得：
MN2=MH2+NH2−2MH⋅NH⋅csθ，
两式相减得：
MP2−MH2+NP2−NH2−2MP⋅NP⋅csγ+2MH⋅NH⋅csθ=0，
则：2MP⋅NP⋅csγ=2PH2+2MH⋅NH⋅csθ，
两边同除以2MP⋅NP，
得csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ；
(3)
已知在三棱锥ABCD中，AB=CD=a，AD=BC=b，AC=BD=c，
AB所对的二面角B−CD−A记为α，
AD所对的二面角A−BC−D记为β，
AC对的二面角A−BD−C记为γ，
求证：asinα=bsinβ=csinγ．
不难推出▵ABC≅▵CDA，
所以S▵ABC=S▵CDA．
作A点在底面BDC上的射影O，过OE作OE⊥BC于E，连接AE，
过O作OF⊥CD于F，连接AF，
由S▵ABC=S▵CDA，
有BC⋅AE=CD⋅AF，
所以AEAF=CDBC=ab，
因为sinα=AOAF，sinβ=AOAE，sinβsinα=AOAE⋅AFAO=AFAE=ba
所以asinα=bsinβ，
同理可得csinγ=bsinβ，
所以asinα=bsinβ=csinγ．

【解析】(1)根据定义将已知的条件代入计算即可；(2)过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，作HN⊥PC交PB于N点，连接MN，画出图形，则∠MHN是二面角A−PC−B的平面角，根据已知条件利用三角形中的余弦定理进行证明即可；
(3)这问比较灵活，例如已知在三棱锥ABCD中，
AB=CD=a，AD=BC=b，AC=BD=c，AB所对的二面角B−CD−A记为α，
AD所对的二面角A−BC−D记为β，AC对的二面角A−BD−C记为γ，求证：asinα=bsinβ=csinγ.根据所描述的结论进行证明即可．