2023-2024学年江苏省苏州五中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州五中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共16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.复数z满足2+iz=i(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为( )
A. 1−2iB. 1+2iC. −1+2iD. −1−2i
2.水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )
A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 任意三角形
3.在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，且AO=OC，BO=OD，|AC|=|BD|，则( )
A. AC⊥BDB. 四边形ABCD是梯形
C. 四边形ABCD是菱形D. 四边形ABCD是矩形
4.某地新建了一处云顶观景塔，引来广大市民参观，张同学在与塔底水平的A处，利用无人机在距离地面22m的C处观测塔顶的俯角为30°，在无人机正下方距离地面2m的B处观测塔顶仰角为60°，则该塔的高度为( )
A. 15m
B. (15 3+2)m
C. 17m
D. (10 3+2)m
5.已知f(x)=2sin(2x+φ)的部分图象如图所示，−π20)的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，且g(x)的图象的一条对称轴是直线x=−π6，则ω的最小值为
13.已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，b+csinA=b−asinB−sinC，且△ABC的面积为 312，a+b= 2c，则c= ______．
14.如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AF=xAE+yDC(x>0,y>0)，则2−3x4y2+1的最大值为 ．
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+3i，z2=2−ai(a∈R,i是虚数单位)．
(1)若z1−z2−在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a的取值范围；
(2)若虚数z1是实系数一元二次方程x2−6x+m=0的根，求实数m的值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，a= 3,A=π3，_____．
(Ⅰ)求sinB；
(Ⅱ)求c以S△ABC的值．
从①csB=−34，②b2=2 63asinB，这两个条件中选一个，补充在上面问题中，使△ABC存在并作答．
17.(本小题15分)
如图，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为4的正方形，∠APB=90°，M是CD的中点．
(1)在图中作出并指明平面PAM和平面PBC的交线l；
(2)求证：AP⊥BC；
(3)当AP=2时，求PC与平面ABCD所成角的正切值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=cs2x−sin2x−2cs2(x+π4)，x∈[0,π]．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小值及对应的x的值：
(Ⅱ)设△ABC的内角是A，B，C，若f(A)=−2，且A≠π2，∠ABC的角平分线BD交AC于D，BD=CD，求AD：DC的值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，满足：AB⊥AC，M是BC的中点．
(Ⅰ)若|AB|=|AC−|，求向量AB+2AC.与向量2AB−+AC的夹角的余弦值；
(Ⅱ)若O是线段AM上任意一点，且|AB−|=|AC|= 2，求OA−⋅OB+OC⋅OA的最小值；
(Ⅲ)若点P是∠BAC内一点，且|AP−|=2,AP⋅AC=2,AP⋅AB=1，求|AB+AC+AP|的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由2+iz=i，得z=2+ii=1−2i，
∴z−=1+2i．
故选：B．
根据复数的除法运算和共轭复数定义计算即可．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，
根据斜二测画法作平面图形的直观图原理，得△ABC中有一角为钝角，是钝角三角形．
故选：B．
根据斜二测画法作平面图形直观图的原理，可得△ABC中有一角为钝角，△ABC是钝角三角形．
本题考查了斜二测画法作平面图形的直观图和原三角形形状的判断等知识，是基础题目．
3.【答案】D
【解析】解：AC与BD交于点O，且AO=OC，BO=OD，|AC|=|BD|，
则四边形ABCD对角线互相平分且相等，四边形ABCD是矩形．
故选：D．
结合矩形的判定定理，即可求解．
本题主要考查向量的概念与向量的模，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设塔顶为点D，DD1为塔高，作DE⊥BC交BC于E，
如图所示：
易知∠DBC=30°，∠DCB=60°，所以∠CDB=90°，
根据题意可得，AB=2m，AC=22m，所以BC=20m，
所以CD=12BC=10m，
同理CE=12DC=5m，
即塔高DD1=AE=AC−CE=17m，所以该塔的高度为17m．
故选：C．
设塔顶为点D，作DE⊥BC于E，由题意可得塔高的值．
本题考查勾股定理的应用，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意可得，T=π，x2−x1=π2，
因为x2=4x1，
所以x1=π6，
故选：A．
由已知结合正弦函数的周期及特殊点即可求解．
本题主要考查了正弦函数周期性的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】
解：取BC的中点H，连接EH，AH，∠EHA=90°，设AB=2，
则BH=HE=1，AH= 5，所以AE= 6，
连接ED，ED= 6，因为BC/​/AD，
所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD，在△EAD中cs∠EAD=6+4−62×2× 6= 66，
故选：D．
由题意知异面直线AE与BC所成角即为∠EAD，在△EAD中可求角．
本题考查异面直线所成的角，属于简单题．
7.【答案】B
【解析】解：因为△ABC的外接圆的面积为πR2=3π，
所以R= 3，
因为cs2A−cs2B+cs2C=1+sinAsinC，
则1−sin2A−1+sin2B+1−sin2C=1+sinAsinC，
即sin2A−sin2B+sin2C+sinAsinC=0，
根据正弦定理a2+c2−b2+ac=0，
根据余弦定理csB=a2+c2−b22ac=−12，
所以B=120°，
故b为最长边b=2RsinB=3．
故选：B．
由已知先求出R，然后结合同角平方关系及余弦定理可求csB，进而可求B，再由正弦定理可求b．
本题主要考查了同角平方关系，余弦定理，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：设AP=xAB+yAC，
由DB=2AD知AB=3AD，∴AP=3xAD+yAC，
∵D，P，C三点共线，∴3x+y=1(1)，
由AE=EC知AC=2AE，∴AP=xAB+2yAE，
∵B，P，E三点共线，∴x+2y=1(2)，
由(1)(2)得：x=15,y=25，
∴AP=15AB+25AC，
而CA+CB=−AC+AB−AC=AB−2AC，
∴AP⋅(CA+CB)=(15AB+25AC)(AB−2AC)=15(AB2−4AC2)=15×(62−4×22)=4，
故选：B．
待定系数法将AP分解，由平面向量共线定理求出系数，然后代回原式计算．
本题考查了平面向量基本定理和数量积的运算，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：函数f(x)=(2cs2ωx−1)sin2ωx+12cs4ωx=cs2ωx⋅sin2ωx+12cs4ωx= 22sin(4ωx+π4)．
对于A：由于函数f(x)的两个相邻的极值点之差的绝对值等于π4，故T2=π4，解得T=π2，所以ω=4，故A错误；
对于B：当ω=12时，f(x)= 22sin(2x+π4)，由于x∈[−π4,π4]，故2x+π4∈[−π4,3π4]，所以函数的最小值为−12，故B正确；
对于C：当ω=1时，f(x)= 22sin(4x+π4)，由于x∈[−π4,0]，所以4x+π4∈[−3π4,π4]，故函数在该区间上不单调，故C错误；
对于D：当ω=1时，将f(x)= 22sin(4x+π4)图象向右平移π8个单位得到g(x)= 22sin(4x−π4)的图象，故D正确；
故选：BD．
直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换的应用判断ABCD的结论．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由已知，在未折叠的原梯形中，AB/​/DE，BE//AD，
所以四边形ABED为平行四边形，
所以BE=AD，
折叠后如图所示，
过点M作MP//DE，交AE于点P，连结NP，
因为M，N分别是AD，BE的中点，
所以P为AE的中点，
故NP//AB//EC，
又MP∩NP=P，DE∩CE=E，
所以平面MNP/​/平面DEC，又MN⊂平面MNP，
故MN/​/平面DEC，
故选项A正确；
由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP=P，MP，NP⊂平面MNP，
所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，
所以MN⊥AE，
故选项B正确；
假设MN//AB，则MN与AB确定平面MNBA，
从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，
与BE和AD是异面直线矛盾，
故选项C错误；
当EC⊥ED时，EC⊥AD，
因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED=E，EA，ED⊂平面ADE，
所以EC⊥平面AED，又AD⊂平面AED，
所以EC⊥AD，
故选项D正确．
故选：ABD．
利用平面几何知识得到四边形ABED为平行四边形，由此画出折叠后的立体图形，利用线线、线面位置关系的判定进行逐一分析判断，即可得到答案．
本题考查了判断线面平行、线线平行、线线垂直，涉及了平面中线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是能正确画出折叠后的立体图形，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：点P是线段AD上任一点，DC=2BD，
∴AP=λAD=λ(AB+13BC)=λ[AB+13(AC−AB)]=2λ3AB+λ3AC，(0≤λ≤1)，
∴CP=AP−AC=2λ3AB+(λ3−1)AC，
又AB2=AC2=18，AB⋅AC=0，
∴AP⋅CP=8λ2+2λ2−6λ=10(λ−310)2−910，
∵0≤λ≤1，
∴−910≤AP⋅CP≤4，
∴AP⋅CP的可能取值为0，4．
故选：BC．
根据条件可得出AP=2λ3AB+λ3AC，CP=2λ3AB+(λ3−1)AC，然后进行数量积的运算即可得出AP⋅CP=10λ2−6λ，然后根据0≤λ≤1即可求出AP⋅CP的取值范围，从而得出正确的选项．
本题考查了向量加法和减法的几何意义，向量数乘的几何意义，向量的数乘和数量积的运算，配方求二次函数值域的方法，考查了计算能力，属于中档题．
12.【答案】12
【解析】【分析】
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用平移变换求出g(x)的解析式，利用对称性是解决本题的关键，属于中档题．
利用平移变换求出函数g(x)的解析式，利用对称性进行求解．
【解答】
解：将f(x)=sin(ωx−π3)(ω>0)的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，
即g(x)=sin[ω(x−π6)−π3)]=sin(ωx−π6ω−π3)，
∵g(x)的图象的一条对称轴是直线x=−π6，
∴−π6ω−π6ω−π3=kπ+π2，k∈Z，
即−π3ω=kπ+5π6，k∈Z，
得ω=−3k−52，k∈Z，
∵ω>0，
∴当k=−1时，ω取得最小，最小值为3−52=12，
故答案为：12．
13.【答案】1
【解析】解：由b+csinA=b−asinB−sinC，结合正弦定理得，b+ca=b−ab−c，
∴b2−c2=ab−a2，即b2+a2−c2=ab，
由余弦定理可得，csC=b2+a2−c22ba=12，
∴sinC= 32，
∴△ABC的面积为12absinC= 312，解得ab=13，
又a+b= 2c，∴csC=b2+a2−c22ba=(b+a)2−2ab−c22ab=2c2−23−c223=12，
解得c=1．
故答案为：1．
利用正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，即可解出．
本题考查正弦定理与余弦定理的应用，学生的数学运算能力，属基础题．
14.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查向量的线性运算，向量三点共线问题，以及基本不等式的应用，属于中档题．
先得到AE=32AO，进而得到AF=32xAO+yAB，由O，F，B三点共线，得到3x+2y=2，再利用基本不等式求最值即可．
【解答】
解：如图，
设BD与AE的交点为O，则由DE/​/AB，得AOOE=ABDE=2，
∴AO=2OE，∴AE=32AO，
∴AF=xAE+yDC=32xAO+yAB，
∵O，F，B三点共线，
∴3x2+y=1，∴3x+2y=2，
∴2−3x4y2+1=2y4y2+1=24y+1y≤22 4=12，
当且仅当4y=1y，即y=12，x=13时取等号，
∴2−3x4y2+1的最大值为12．
故答案为：12．
15.【答案】解：(1)∵z1=a+3i，z2=2−ai，∴z1−z2−=a−2+(3−a)i，
∵z1−z2−在复平面内对应的点落在第一象限，
∴a−2>03−a>0，解得20，
所以可得b=2 63sinA=2 63× 32= 2，
则2=2 63× 3sinB，解得sinB= 22；
(Ⅱ)由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，即3=2+c2−2× 2×c×12，
解得c= 2± 62(舍负)，
所以S△ABC=12bcsinA=12× 2× 2+ 62× 32=3+ 34．
【解析】选择①，由csB=−34得B>2π3知不满足；
选择②，(I)由正弦定理化边为角求出b，即可求出sinB；(Ⅱ)由余弦定理求出c，再结合面积公式即可求解；
本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是正确利用正余弦定理进行求解，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图，延长AM与BC交于点Q，连接PQ，
直线PQ即为所求交线l．
证明：(2)因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC．
又平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB，
又AP⊂平面PAB，所以AP⊥BC．
解：(3)如图，过点P作PH⊥AB于点H，连接CH，
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，PH⊥AB，
PH⊂平面PAB，所以PH⊥平面ABCD．
所以∠PCH即为PC与平面ABCD所成的角，
在△APB中，∠APB=90°，AP=2，AB=4，所以PB=2 3，∠PAB=60°，
从而PH= 3，BH=3，
在Rt△BCH中，CH=5，
所以tan∠PCH=PHCH= 35．
【解析】(1)延长AM与BC交于点Q，连接PQ，直线PQ即为所求交线l；
(2)由正方形的性质可得AB⊥BC，由面面垂直的性质可得，BC⊥平面PAB，再由线面垂直的性质可得结果；
(3)过点P作PH⊥AB于点H，连接CH，由面面垂直的性质可得PH⊥平面ABCD.则∠PCH即为PC与平面ABCD所成的角，利用直角三角形的性质可得结果．
本题主要考查线面垂直的判定定理与性质，以及面面垂直的性质，线面角的求法，属于中档题．解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．
18.【答案】解：(Ⅰ)函数
f(x)=cs2x−sin2x−2cs2(x+π4) =cs2x−cs(2x+π2)−1 =cs2x+sin2x−1 = 2sin(2x+π4)−1
由于x∈[0,π]，
所以2x+π4∈[π4,9π4]，
故当x=5π8时，函数f(x)的最小值为− 2−1．
(Ⅱ)由于f(A)=−2，
所以 2sin(2A+π4)=−1，
由于A∈(0,π)，所以2A+π4∈(π4,9π4)
所以A=3π4或A=π2(不合题意，舍去)
由于BD为∠ABC的平分线，
所以∠ABD=∠DBC，
BD=CD，
所以∠DBC=∠C，
故∠ABD=∠DBC=∠C，
所以∠ABC=2∠C，由于∠A+∠ABC+∠C=π，
所以3π4+3∠C=π，故∠C=π12，
利用正弦定理：ADBD=sin∠ABDsinA=sinπ12sin3π4= 2sinπ12，
sin⁡π12=sin⁡(π4−π6)=sin⁡π4cs⁡π6−cs⁡π4sin⁡π6= 6− 24，
所以AD：DC=AD:BD= 3−12．
【解析】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，正弦定理和三角函数的值的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果；
(Ⅱ)利用正弦定理和两角差的正弦公式求出结果．
19.【答案】解：(I)设向量AB+2AC.与向量2AB−+AC的夹角为θ
∴csθ=(AB+2AC)⋅(2AB+AC)|AB+2AC|⋅|2AB+AC|，
令|AB|=|AC−|=a
∴csθ=2a2+2a2 5a 5a=45
(II)∵|AB|=|AC−|= 2，
∴|AM|=1
设|OA|=x，则|OM|=1−x，
而OB+OC=2OM
∴OA⋅OB+OC⋅OA=OA⋅(OB+OC)=2OA⋅OM=2|OA||OM|csπ
=−2x(1−x)=2x2−2x=2(x−12)2−12
当且仅当x=12时，OA⋅OB+OC⋅OA的最小值是−12
(III)设∠CAP=α⇒∠BAP=π2−α
∵AP⋅AC=2,AP⋅AB=1,|AP|=2
∴2⋅|AC|csα=2⇒|AC|=1csα,2⋅|AB|cs(π2−α)=1⇒|AB|=12sinα
∴|AB+AC+AP|2=AB2+AC2+AP2+2AB⋅AC+2AC⋅AP+2AB⋅AP=1cs2α+14sin2α+4+2+4=sin2α+cs2αcs2α+sin2α+cs2α4sin2α+10=sin2αcs2α+cs2α4sin2α+454≥2 sin2αcs2αcs2α4sin2α+454=1+454=494
当且仅当sin2αcs2α=cs2α4sin2α⇒tanα= 22时,|AB+.AC+AP|mm⋅=72
【解析】(I)利用向量的数量积公式得到csθ=(AB+2AC)⋅(2AB+AC)|AB+2AC|⋅|2AB+AC|，利用向量的数量积公式展开，求出向量AB+2AC.与向量2AB−+AC⋅的夹角的余弦值；
(II)通过解三角形求出AM的长，设|OA|=x，则|OM|=1−x，利用向量的平行四边形法则得到而OB+OC=2OM
，利用向量的数量积公式将OA−⋅OB⋅+OC⋅OA表示成关于x的二次函数，通过求二次函数的最值求出最小值．
(III)设∠CAP=α，将已知条件利用向量的数量积公式表示成关于α的三角函数，将|AB+AC+AP|平方转化为关于α的三角函数，然后利用基本不等式求出其最小值．
解决向量的夹角问题，一般利用的是向量的数量积公式．是一道综合题．