2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）月考数学试卷（5月份）（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。

1.已知复数z=1+2i1+i(i为虚数单位)，则z的共轭复数z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(−4,3)，则与向量a方向相反的单位向量是( )
A. (−45,35)B. (45,−35)
C. (−45,−35)D. (45,−35)或(−45,35)
3.如图，用斜二测画法得到△ABC的直观图为等腰直角三角形A′B′C′，其中A′B′= 3，则△ABC的面积为( )
A. 3 2B. 2 2C. 2D. 1
4.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是( )
A. 若l/​/m，m⊂α，则l/​/α
B. 若l/​/α，m//β，α/​/β，则l/​/m
C. 若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m
D. 若m⊥β，l/​/α，l/​/m，则α⊥β
5.如图，某人在点B处测得某塔在南偏西60”的方向上，塔顶A仰角为45°，此人沿正南方向前进30米到达C处，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为( )
A. 20米
B. 15米
C. 12米
D. 10米
6.已知某圆台的上、下底面半径分别为r1、r2，且r2=3r1，若半径为2 3的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为( )
A. 28πB. 28π3C. 56π3D. 208 3π3
7.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳌臑”.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是( )
A. 四棱锥B−A1ACC1为“阳马”
B. 四面体A1C1CB为“鳖臑”
C. 四棱锥B−A1ACC1体积的最大值为23
D. 过A点作AE⊥A1B于点E，过E点作EF⊥A1B于点F，则A1B⊥面AEF
8.古希腊数学家特埃特图斯(Tℎeaetetus)利用如图所示的直角三角形来构造无理数.已知AB=BC=CD=1，AB⊥BC，AC⊥CD，AC与BD交于点O，若DO=λAB+μAC，则λ+μ=( )
A. 2−1B. 1− 2C. 2+1D. − 2−1
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.已知非零复数z1，z2，其共轭复数分别为z1−,z2−，则下列选项正确的是( )
A. z12=z1−2
B. z1+z2−=z1−+z2−
C. 若|z2+1|=1，则|z2−1|的最小值为2
D. |z1z2|=|z1||z2|
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是( )
A. 三棱锥A−D1PC的体积不变
B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为[π4,π2]
C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
D. 二面角P−AD1−C的大小不变
11.已知函数f(x)=2csφcs(2x+φ)+sin2x−cs(2x+2φ)，则( )
A. f(x)的图象关于点(3π8,0)中心对称
B. f(x)的值域为[−2,2]
C. 满足f(x)在区间[−m,m]上单调递增的m的最大值为π8
D. f(x)=1在区间(−π8,11π8)上的所有实根之和为5π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1,1),|b|=4，且b在a上的投影向量的坐标为(−2,−2)，则a与b的夹角为______．
13.将函数f(x)= 3sin2x+cs2x的图象向右平移π12个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，若g(x)最小正周期为a，则g(a6)=______．
14.A，B，C，D为球面上四点，M，N分别是AB，CD的中点，以MN为直径的球称为AB，CD的“伴随球”，若三棱锥A−BCD的四个顶点在表面积为64π的球面上，它的两条边AB，CD的长度分别为2 7和4 3，则AB，CD的伴随球的体积的取值范围是 ．
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△ABC的角A、B、C所对的边分别是a，b，c，设向量m=(a,b)，n=(csA,−csB)，p=(2−a,b−2)．
(1)若m⊥n，判断△ABC的形状；
(2)若m/​/p，边长c=3 2，C=π3，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(Ⅰ)证明：PB/​/平面AEC；
(Ⅱ)设AD=2，PA=AB=1，求点D到平面AEC的距离．
17.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sinC+ 3csC=a，b= 3．
(1)若a+c=2，求边AC上的角平分线BD长；
(2)求边AC上的中线BE的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在多面体ABCDE中，DB⊥平面ABC，AE/​/DB，且△ABC是边长为2的等边三角形，2AE=BD=2．
(Ⅰ)若F是线段CD的中点，证明：EF⊥面DBC；
(Ⅱ)求二面角D−EC−B的平面角的余弦值．
19.(本小题17分)
若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①|AB|=|AC|；②存在异于点A的点G使得：AG与AB+AC同向且AG⋅AB|AB|= 32|AG|，则称点A，B，C为可交换点组.已知点A，B，C是可交换点组．
(1)求∠BAC；
(2)若A(−1,0)，B(2, 3)，C(x,y)(y>0)，求C的坐标；
(3)记a，b，c中的最小值为min{a,b,c}，若|AB|=2 3，AG=13(AB+AC)，点P满足|PG|=1，求min{PA⋅PB,PB⋅PC,PC⋅PA}的取值范围．
答案
1.D
2.B
3.A
4.D
5.B
6.D
7.C
8.A
9.BD
10.ABD
11.ACD
12.3π4
13. 3
14.[π6,125π6]
15.解：(1)因为m=(a,b)，n=(csA,−csB)，m⊥n，
所以acsA−bcsB=0，
由正弦定理，得sinAcsA−sinBcsB=0，所以sin2A=sin2B，
又A，B为三角形内角，所以2A=2B或2A+2B=π，
即A=B或A+B=π2，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形；
(2)因为p=(2−a,b−2)，由题意m/​/p，
故b(2−a)−a(b−2)=0，即a+b=ab，
由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，又c=3 2，C=π3，
故18=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，则(ab)2−3ab−18=0，
故(ab−6)(ab+3)=0，则ab=6，或ab=−3(舍)，
所以S=12absinC=12×6sinπ3=3 32．
16.证明：(Ⅰ)连结BD交AC于点O，底面ABCD为平行四边形，
可得：O是BD的中点，E为PD的中点．
所以：PB/​/OE
PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC
所以：PB/​/平面AEC
(Ⅱ)由AD=2，PA=AB=1，∠ABC=60°，
利用余弦定理得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC
解得：AC= 3
因为：PA⊥平面ABCD
解得：PB= 2
利用中位线得：OE= 22
设：点D到平面AEC的距离ℎ，
根据VE−ACD=VD−ACE
所以：12×13× 32=13× 64ℎ
解得：ℎ= 22
17.解：(1)因为sinC+ 3csC=a，根据正弦定理得a=2RsinA=bsinAsinB，所以sinC+ 3csC=bsinAsinB，
即sinBsinC+ 3sinBcsC=bsinA= 3sin(B+C)，可得sinBsinC+ 3sinBcsC= 3sin(B+C)，
即sinBsinC+ 3sinBcsC= 3sinBcsC+ 3csBsinC，整理得sinBsinC= 3csBsinC，
因此C∈(0,π)，可得sinC>0，所以tanB= 3，结合B∈(0,π)，得B=π3，
根据余弦定理，可得b2=a2+c2−2accsπ3=3，即3=c2+a2−ac=(a+c)2−3ac，
将a+c=2代入，化简得ac=13，
所以S△ABC=S△ABD+S△BCD=12c⋅BD⋅sinB2+12a⋅BD⋅sinB2=12acsinB，
可得BD⋅(a+c)⋅sinπ6=acsinπ3，结合a+c=2，ac=13，解得BD= 36；
(2)因为E是AC的中点，所以BE=12(BA+BC)，
则BE2=14(BA2+2BA⋅BC+BC2)=14(c2+a2+ac)，
因为B=π3，b= 3，由余弦定理得csB=c2+a2−b22ac=12，
即c2+a2=ac+3，所以BE2=3+2ca4．
根据正弦定理，得ac=bsinBsinA⋅bsinBsinC=4sinAsinC=4sinAsin(23π−A)，
即ac=2 3sinAcsA+2sin2A= 3sin2A−cs2A+1=2sin(2A−π6)+1，
因为A∈(0,23π)，可得2A−π6∈(−16π,76π)，
所以sin(2A−π6)∈(−12,1]，可得ac=2sin(2A−π6)+1∈(0,3],
所以BE2=3+2ca4∈(34,94]，即BE∈( 32,32]，可知边AC上的中线BE的取值范围为( 32,32]．
18.证明：(Ⅰ)取BC的中点G，连接FG，AG，
∵AG⊥BC，AG⊥BD，BD∩BC=B，
∴AG⊥面DBC，
又∵AE//BD//FG，AE=FG，
∴AGFE为平行四边形，
∴EF/​/AG，∴EF⊥面DBC.------------(6分)
解：(Ⅱ)连接BF，过F在面DEC内作EC的垂线，垂足为H
连接HB.∵EF⊥面DBC，∴BF⊥EF，
又∵BC=BD，∴BF⊥CD，∴BF⊥面EDC，
∴∠FHB为二面角D−EC−B的平面角，
在△DEC中，∵EC=ED= 5CD=2 2，∴FH= 65，
在直角△BFH中，FH= 65，BF= 2，BH=4 5，
∴cs∠FHB=FHBH= 64．
∴二面角D−EC−B的平面角的余弦值为 64.----------(15分)
19.解：(1)因为AG与AB+AC同向，设AG=λ(AB+AC)(λ>0)，
则cs∠GAB=λ(AB+AC)⋅AB|AG||AB|=λAB2+λAB⋅AC|AG||AB|，
cs∠GAC=λ(AB+AC)⋅AC|AG||AC|=λAC2+λAB⋅AC|AG||AC|，
又因为∠GAB，∠GAC∈[0,π]，且|AB|=|AC|，
所以cs∠GAB=cs∠GAC，所以∠GAB=∠GAC，
由AG⋅AB|AB|= 32|AG|，得cs∠GAB= 32，
又因为∠GAB∈[0,πr]，所以∠GAB=π6，
所以∠BAC=∠GAB+∠GAC=π3；
(2)由(1)知，|AB|=|AC|，∠BAC=π3
所以|AB|=|BC|，
因为A(−1,0)，B(2, 3)，C(x,y)，y>0，
所以AB=(3, 3),AC=(x+1,y)，BC=(x−2,y− 3)，
则(x+1)2+y2=12(x−2)2+(y− 3)2=12，解得x=−1y=2 3或x=2y=− 3(舍)，
所以C的坐标为(−1,2 3)；
(3)设BC的中点为D，则AD=12(AB+AC)，
又因为AG=13(AB+AC)，所以AG=23AD，即G为△ABC的重心，
又因为△ABC是正三角形，点G是△ABC的中心，
所以∠AGB=∠BGC=∠CGA=2π3，|GA|=|GB|=|GC|=2，GA+GB+GC=0，
由对称性，不妨设GC与GP的夹角为θ,θ∈[0,π3]，如图所示，

PA⋅PB=(GA−GP)⋅(GB−GP)=GA⋅GB=(GA+GB)⋅GP+GP2=2×2×cs2π3+GC⋅GP+1=−1+2csθ，
由图可知，GB与GP，GA与GP的夹角分别为2π3+θ,2π3−θ，
所以PB⋅PC，PC⋅PA的值分别为−1+2cs(2π3+θ),−1+2cs(2π3−θ)，
当θ∈[0,π3]时，csθ≥cs(2π3−θ)≥cs(2π3+θ)，
所以min{PA⋅PB,PB⋅PC,PC⋅PA}=−1+2cs(23π+θ)，其取值范围是[−3,−2]，
所以min{PA⋅PB,PB⋅PC,PC⋅PA}的取值范围是[−3,−2]．