2024-2025学年河南省驻马店高级中学高一下学期4月月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省驻马店高级中学高一下学期4月月考数学试卷（含答案），共10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。
1.4π3是( )
A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角
2.已知正方形ABCD的边长为1，则AB+AD=
A. 2B. 3C. 2D. 2 2
3.“α=β”是“sinα=sinβ”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知平行四边形ABCD中，点E为CD的中点，AM=mAB，AN=nAD(m⋅n≠0)，若MN//BE，则nm=( )
A. 1B. 2C. 12D. −2
5.魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正24576边形，求出圆周率π约等于355113，和π相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才被打破．若已知π的近似值还可以表示成4sin52°，则π 16−π2cs43.5°+sin43.5°−34的值约为( )
A. −32B. −132C. 32D. 132
6.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,|φ|sinB，则A>B
B. 若a2+b2>c2，则▵ABC为锐角三角形
C. 若acsA=bcsB，则▵ABC为等腰三角形
D. 若b=2，A=π3，这样的三角形有两解，则a的取值范围为 3,2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,2),b=(1,1)，且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是 ．
13.已知幂函数f(x)=m2−2m−2xm2−2在(0,+∞)上为增函数，则实数m的值是 ．
14.郑州二七塔是为了纪念二七大罢工而修建，是中国建筑独特的仿古联体双塔，小米同学为了测量二七塔的塔高PH，在塔底所在的水平面内取点A，测得塔顶的仰角为θ，前进130米后到达B点，测得塔顶的仰角为2θ，再前进52011米后到达C点，测得塔顶的仰角为3θ，则塔高PH= 米.(参考数据： 15≈3.87，最终结果保留整数，即结果精确到1m)
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)
已知函数f(x)=sinx⋅csx− 3cs2x+ 32．
(1)求函数y=f(x)的解析式，并求其图象的对称轴方程；
(2)求函数f(x)在0,π上的单调递增区间．
16.(本小题15分)
已知复数z=bi(b∈R)，z−21+i是实数，i是虚数单位．
(1)求|z|的值；
(2)若复数(m+z)2所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC=∠BCD=90°，BC=1，CD= 3，PD=2，∠PDA=60°，∠PAD=30°，且平面PAD⊥平面ABCD，在平面ABCD内过B作BO⊥AD，交AD于O，连PO．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为2 77，求PM的长．
18.(本小题17分)
已知▵ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a+c2abc=csA+csCa2+c2−b2．
(1)求B；
(2)设D为AC的中点，b=2；求：①▵ABC面积的最大值；②BD的最大值．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，利用公式x′=ax+byy′=cx+dy①(其中a，b，c，d为常数)，将点P(x,y)变换为点P′x′,y′的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表abcd唯一确定，我们将abcd称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，….表示．

(1)在平面直角坐标系xOy中，将点P(3,4)绕原点O按逆时针旋转π3得到点P′(到原点距离不变)，求点P′的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点P(x,y)绕原点O按逆时针旋转α角得到点P′x′,y′(到原点距离不变)，求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量OP=(x,y)称为行向量形式，也可以写成xy，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：x′y′=abcdxy，则称x′y′是二阶矩阵abcd与向量xy的乘积，设A是一个二阶矩阵，m是平面上的任意单位向量，n是平面上与m不垂直的向量，且m与n夹角为θ，满足n=Am；当n在m方向上的投影向量模长为1时，求矩阵A．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.B
5.C
6.D
7.D
8.D
9.AC
10.ABC
11.AD
12.λ> −53且λ≠0
13.3
14.63
15.(1)f(x)=sinx⋅csx− 3cs2x+ 32=12sin2x− 322cs2x−1=12sin2x− 32cs2x=sin2x−π3，
由2x−π3=π2+kπ(k∈Z)，解得x=5π12+kπ2(k∈Z)；
所以，函数y=f(x)图象的对称轴方程为x=5π12+kπ2(k∈Z)；
(2)当x∈0,π时，有2x−π3∈−π3,5π3，要使f(x)单调递增，
则需要−π3≤2x−π3≤π2，或3π2≤2x−π3≤5π3，
解得0≤x≤5π12，或11π12≤x≤π；
故函数f(x)在0,π上的单调递增区间为0,5π12和11π12,π．
16.(1)因为z=bi(b∈R)，所以z−21+i=bi−21+i=(bi−2)(1−i)(1+i)(1−i)=(b−2)+(b+2)i2=b−22+b+22i，
又因为z−21+i是实数，
所以b+22=0，即b=−2，
所以z=−2i，
所以|z|=2．
(2)由(1)知，z=−2i，
所以(m+z)2=(m−2i)2=m2−4mi+4i2=(m2−4)−4mi，
又因为复数(m+z)2所表示的点在第一象限，
所以m2−4>0−4m>0，解得m< −2，
故m的取值范围为(−∞,−2)．
17.(1)因为BO⊥AD，因为BC//AD，∠ADC=∠BCD=90°，
所以四边形BODC为矩形，
在▵PDO中，PD=2，DO=BC=1，∠PDA=60°，
则PO= PD2+OD2−2PD⋅ODcs60°= 3，
∴PO2+DO2=PD2，∴PO⊥AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD
平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD；
(2)以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵PO= 3，∠PAD=30°，可得AO=3，
则O(0,0,0)，A(3,0,0)，P0,0, 3，B0, 3,0，C−1, 3,0，
设AM=λAP(0≤λ≤1)，则BM=BA+AM=3,− 3,0+λ−3,0, 3=3−3λ,− 3, 3λ，
又平面PAD的法向量为OB=0, 3,0，
直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，
解得λ=34，∴PM=14AP=14 PO2+OA2= 32．
18.(1)由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac，所以，a2+c2−b2=2accsB，
由a+c2abc=csA+csCa2+c2−b2得a+c2abc=csA+csC2accsB，整理可得a+cb=csA+csCcsB，
由正弦定理可得sinA+sinCsinB=csA+csCcsB，
即sinAcsB+sinCcsB=csAsinB+sinBcsC，
所以，sinAcsB−csAsinB=sinBcsC−csBsinC，
所以，sin(A−B)=sin(B−C)，
因为A、B、C∈0,π，所以，A−B、A−C、B−C∈−π,π，有如下几种情况：
(A−B)+(B−C)=−π，即A−C=−π，矛盾；
(A−B)+(B−C)=π，即A−C=π，矛盾；
A−B=B−C，可得2B=A+C=π−B，解得B=π3．
(2)①由余弦定理、基本不等式可得b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac≥2ac−ac=ac，
即ac≤4，当且仅当a=c=2时，等号成立，
所以，S▵ABC=12acsinB= 34ac≤ 34×4= 3，
故▵ABC面积的最大值为 3；
②因为D为边AC的中点，则AD=DC，即BD−BA=BC−BD，
所以，2BD=BA+BC，
所以，4BD2=BA2+BC2+2BA⋅BC=c2+a2+2cacsπ3=a2+c2+ac，
又因为a2+c2−ac=b2=4，
所以，a2+c2=4+ac，4BD2=4+2ac由①知ac≤4，
可得4BD2≤12，解得BD≤ 3，
当且仅当a=c=2时，等号成立，故BD的最大值为 3．

19.(1)由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P(3,4)的角为θ，则|PO|=5,csθ=35,sinθ=45，
将点P(3,4)绕原点O按逆时针旋转π3得到点P′，
则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P′的角为θ+π3，
则点P′的横坐标为|PO|csθ+π3=5×35×12−45× 32=3−4 32，
纵坐标为|PO|sinθ+π3=5×45×12+35× 32=4+3 32．
故点P′坐标为：3−4 32,4+3 32；
(2)由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P(x,y)的角为θ，则|PO|= x2+y2,csθ=x x2+y2,sinθ=y x2+y2，
将点P绕原点O按逆时针旋转α得到点P′x′,y′
则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P′的角为θ+α，
则x′=|PO|cs(θ+α)= x2+y2x x2+y2csα−y x2+y2sinα=xcsα−ysinα，
y′=|PO|sin(θ+α)= x2+y2y x2+y2csα+x x2+y2sinα=xsinα+ycsα．
故坐标变换公式为x′=xcsα−ysinαy′=xsinα+ycsα，对应的二阶矩阵为csα−sinαsinαcsα；
(3)设m=x1,y1，nx2,y2，M1x1,y1，M2x2,y2
以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点(x1,y1)的角为t1．
以坐标标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点(x2,y2)的角为t2，
因n在m方向上的投影向量模长为1，则ncsθ=m=1⇒n=1csθ．
若角t1终边逆时针旋转θ得到t2，则为得到满足题意的n，
可将点M1x1,y1绕原点逆时针旋转θ得到M1′x1′,y1′，
再将OM1′延长1csθ倍，即可得到M2x2,y2
由(2)中结论，x1′=x1csθ−y1sinθy1′=x1sinθ+y1csθ,
则x2=1csθx1′=x1csθcsθ−y1sinθcsθy2=1csθy1′=x1sinθcsθ+y1csθcsθ．
由题，对应矩阵为1−tanθtanθ1,0≤θ