2023-2024学年山东省东营市高一年级第二学期期末质量监测数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省东营市高一年级第二学期期末质量监测数学试卷（含答案），共9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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知z=−1+i，则|z|=( )
A. 0B. 1C. 2D. 2
2.函数f(x)=6tan(−π6x+π3)的相邻两个零点之间的距离为( )
A. 6πB. 6C. 12πD. 12
3.已知a与b不共线，若a−xb与3a+2b共线，则实数x的取值为( )
A. −23B. 23C. −32D. 32
4.下列不等式成立的是( )
A. sin1>sin2B. sin1>1C. sin1>tan1D. sin1>cs1
5.某同学站立在雨中水平撑伞，始奖保持伞面的下边缘距离地面2m，当雨与地面成75∘斜降下来时，要使脚恰好不被雨淋湿，脚与伞边缘的水平距离(单位：m)为( )
A. 4−2 3B. 6−2C. 2− 3D. 2−1
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin2A2=c−b2c，则△ABC的形状为( )
A. 正三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 钝角三角形
7.如图，已知|OA|=|OB|=1，|OC|= 3，OC⊥OB，∠AOC=30∘，则( )
A. OC=2OA+OBB. OC=2OA−OB
C. OC=OA+OBD. OC=OA+2OB
8.已知sinθ+sin(θ+π3)=1，则sin(θ+π6)=( )
A. 23B. 33C. 12D. 22
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面向量a=( 3,1)，b=(x,−3)，则下列说法正确的是( )
A. 若a/​/b，则x=3 3
B. 若a⊥b，则x= 3
C. 若a与b的夹角为钝角，则x的取值范围为(−∞, 3)
D. 若x=− 3，则b在a上的投影向量的坐标为(−3 32,−32)
10.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)在一个周期内的图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A. f(x)=2sin(23x−π3)
B. f(π2)= 3
C. f(x)≥1的解集为[−π4+3kπ,3π4+3kπ](k∈Z)
D. 把函数y=2sinx的图像先向左平移π3个单位长度，再将曲线上各点的横坐标伸长为原来的32倍，纵坐标不变，可得到f(x)的图像
11.一个表面被涂满红色的棱长是4的正方体，将其均匀分割成棱长为1的小正方体，下列结论正确的是( )
A. 共得到64个小正方体
B. 由所有两面是红色的小正方体组成的长方体，其表面积最大为98
C. 由所有三面是红色的小正方体组成的长方体，其外接球的体积最小为12π
D. 取其中一个三面是红色的小正方体，以小正方体的顶点为顶点，截去八个相同的正三棱锥，所得几何体表面红色部分面积的最小值为32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知cs2θsin(θ−π4)=− 22，则csθ+sinθ= ．
13.在平行四边形ABCD中，AD=1，∠BAD=60∘，E为CD的中点.若AC⋅BE=1，则AB的长为 ．
14.已知四边形ABCD中，AB=BC= 6，AB⊥BC，DC⊥AC，∠CAD=30∘，将△ABC沿AC折起，连接BD，得到三棱锥B−ACD，则三棱锥B−ACD体积的最大值为 ，此时该三棱锥的外接球的表面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z满足z(1+i)=4i．
(1)求z;
(2)若z是方程x2+ax+b=0(a∈R,b∈R)的一个根，求a+b的值．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)= 3cs2x−12sin2x．
(1)求函数f(x)的最小正周期、对称轴;
(2)求函数f(x)在[0,π2]上的单调递增区间;
(3)若存在x∈[π12,5π6]，使得f(x)≤3a−1，求实数a的取值范围．
17.(本小题12分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bsinA= 3a，b2=c(2a+c)．
(1)求sinAsinC的值;
(2)若D是△ABC的外接圆上一点(B与D位于直线AC异侧)，且CD=2AD=2，求四边形ABCD的面积．
18.(本小题12分)
如图，在正六棱锥P−ABCDEF中，AB=2，PA= 13．
(1)求棱锥的高和斜高;
(2)求直线DE到平面PAB的距离;
(3)若球O是正六棱锥P−ABCDEF的内切球，以底面正六边形ABCDEF的中心为圆心，以内切球半径为半径的圆面沿垂直于底面的方向向上平移形成正六棱锥P−ABCDEF的内接几何体，求该几何体的侧面积．
19.(本小题12分)
“费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点.对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120∘时，使∠APB=∠BPC=∠CPA=120∘的点P即为费马点.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acsC+ 3asinC−b−c=0，a=2，点P是△ABC的“费马点”．
(1)求角A;
(2)若PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA=−1，求△ABC的周长;
(3)若AC⊥BC，|PA|+|PB|=λ|PC|，求实数λ的最小值．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.D
5.A
6.B
7.A
8.B
9.BD
10.BCD
11.ABD
12.12
13.12
14.2；16π
15.解：(1)由z(1+i)=2i得：z=4i1+i=4i(1−i)(1+i)(1−i)=2i(1−i)=2+2i，
则z=2−2i
(2)由(1)知：z=2−2i，
∴z+z=−a=4z⋅z=b=(2+2i)(2−2i)=8．
解得：a=−4b=8，
∴a+b=4．
16.解：(1)f(x)= 3cs2x−12sin2x
=−12sin2x+ 32cs2x+ 32
=−sin(2x−π3)+ 32，
所以函数f(x)的最小正周期为π，
令2x−π3=kπ+π2，k∈Z，
解得x=5π12+kπ2，k∈Z，
所以函数f(x)对称轴为x=5π12+kπ2，k∈Z;
(2)由π2+2kπ≤2x−π3≤3π2+2kπ，(k∈Z)得f(x)的单调递增区间为：
[5π12+kπ,11π12+kπ](k∈Z)，
所以函数f(x)在[0,π2]上的单调递增区间为：[5π12,π2].
(3)因为x∈[π12,5π6]，所以2x−π3∈[−π6,4π3]，
所以sin(2x−π3)∈[− 32,1]，
故f(x)∈[−1+ 32, 3]，
因为存在x∈[π12,5π6]，使得f(x)≤3a−1，
所以3a−1≥−1+ 32，解得a≥ 36，
所以a的取值范围为a≥ 36．
17.解：(1)在锐角△ABC中，因为2bsinA= 3a，
所以2sinBsinA= 3sinA，
故sinB= 32，所以B=π3，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac，
又因为b2=c(2a+c)，所以c(2a+c)=a2+c2−ac，
整理的ac=3，
故sinAsinC=ac=3．
(2)在△ADC中，因为CD=2AD=2，D=π−B=2π3，
所以，由余弦定理得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs2π3=7，
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsπ3，
即：c2+9c2−2c⋅3ccsπ3=7，解得c=1，
所以四边形ABCD的面积为S=SΔABC+SΔACD
=12acsinB+12AD⋅CDsinD=3 34+2 34=5 34．
18.解：(1)作出棱锥的高PO′，因为是正六棱锥，所以O′是底面的中心，连接O′C，可知O′C=2．
在Rt△PO′C中，可知PO′= PC2−O′C2=3．
设BC中点为M，由△PBC是等腰三角形可知，PM⊥BC，因此，PM是斜高，
从而PM= PC2−MC2=2 3.
(2)因为DE/​/平面PAB，所以点D到平面的距离d就是直线DE到平面PAB的距离．
由VD−PAB=VP−ABD得13×SΔPAB×d=13×SΔABD×PO′，
又因为SΔPAB=12×2×2 3=2 3，S△ABD=12×2×2 3=2 3，
所以d=PO′=3．
(3)设锥P−ABCDEF的内切球与侧面PBC相切于H，可得H在PM上，连接OH．
在RtΔPO′M中，PO′=3，O′M= 3，
则PM=2 3，所以∠O′PH=π6．
设内切球的半径为r，由PO=2OH，可得3−r=2r，解得r=1．
故所求几何体是底面半径为1的圆柱.
在△PO′M中，在O′M上取点N，使得O′N=1，过N作NR⊥O′M，交PM于点R，作RS//O′M，交O′P于S，
则：RNO′P=MNMO′，
故RN=3− 3．
所以该几何体的侧面积为：2(3− 3)π．
19.解：(1)因为acsC+ 3asinC−b−c=0，由正弦定理得sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0．
即：sinAcsC+ 3sinAsinC−sin(A+C)−sinC=0，所以 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0(sinC>0)，
所以 3sinA−csA=1，即sin(A−π6)=12，所以A−π6=π6，得A=π3．
(2)|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，因为PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA=x(−12)+yz(−12)+x(−12)=−1，
所以xy+yz+xz=2，
由S△PAB+SΔPAC+SΔPBC=S△ABC得：12xy 32+12yz 32+12xz 32=12bcsinπ3，
即bc=2， 由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，即a2=(b+c)2−3bc，，
解得b+c= 10.所以ΔABC的周长为a+b+c=2+ 10;
(3)不妨设|PA|=m|PC|，|PB|=n|PC|，且|PC|=z，
∴由余弦定理得|CA|2=z2+m2z2−2mz2cs120∘=(m2+m+1)z2，
|CB|2=z2+n2z2−2nz2cs120∘=(n2+n+1)z2，
|AB|2=m2z2+n2z2−2mnz2cs120∘=(m2+n2+mn)z2，
∵AC⊥BC，
∴ |AB|2=|CA|2+|CB|2，
∴(m2+n2+mn)z2=(m2+m+1)z2+(n2+n+1)z2，即m+n+2=mn．
又mn≤(m+n)24，
∴m+n+2≤(m+n)24，
∵|PA|+|PB|=λ|PC|，∴m+n=λ，
∴λ2−4λ−8≥0，解得λ≥2+2 3或λ≤2−2 3(舍去)．
当且仅当m=n= 3+1时，等号成立．
∴实数λ的最小值为2 3+2．