2022-2023学年山东省枣庄市高一（下）质检数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省枣庄市高一（下）质检数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.复数？卫在复平面内对应的点在（）

Z-I

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.cos20°cos40°—s讥20°cos50°的值等于（）

A.4B.OC.lD.?

3.如图，点。是平行四边形4BCD两条对角线的交点，则下列等式一定成立的是（）

AB+AD=CAB.OA-OC=0

C.~BD-~CD='BCD.~BO+OC='DA

4.在△ABC中，角a,B,C的对边分别是a,b,c,若sin。+B）—sin。-B）=sin24,则

△/BC的形状是（）

A.等腰三角形B.直角三角形

C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形

5.已知三棱锥底面ABC是边长为2的等边三角形，顶点S与AB边中点。的连线SO垂直于底面

ABC,且SD=C，则三棱锥S-ABC外接球的表面积为（）

490

A.-7TB.—nC.127rD.607r

6.已知点。为AABC内一点，乙40B=120。，0A=1,0B=2,过。作0D垂直AB于点D,

点E为线段00的中点，则而•瓦?的值为（）

A-|BlC藤D.亮

7.古希腊亚历山大学派著名几何学家巴普士，生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长

河中，仅有微学汇编少保存下来.徽学汇编》一共8卷，在徽学汇编》第3卷中记载着这

样一个定理：”如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图

形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心

旋转所得周长的积”，V=表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，S表示闭

合图形的面积，俵示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.已知在梯形ABC。中,AD〃BC,4B1BC,

AB^BC=2AD=4,利用上述定理可求得梯形2BCD的重心G到边AB的距离为（）

A.vB.当C.年D.

8.已知函数/（X）=sincox+cosa>x（3>0）在区间［0,兀］上有且仅有4条对称轴，给出下列四

个结论（）

①3的取值范围是喋,%；②/⑴的最小正周期可能是宗③/Q）在区间（0嗜）上单调递增;

④/（x）在区间（0,兀）上有且仅有3个不同的零点.

其中所有正确结论的个数是（）

A.1B.2C.3D.4

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.已知a,b,c是三条不同的直线，a,0,y是三个不同的平面，下列命题正确的有（）

A.若aJ_b,ale,则b//cB.若a//b,a//c,则b//c

C.若aJ■氏a1y,贝曲〃yD.若a〃B，a//y,则/?//y

10.在△ABC中，若tanW=sin（4+B）,则下列论断正确的是（）

A.sinA=cosBB.sinA+sinB<y/~2

C.COS2A+COS2B=1D.cos2A+cos2B=1

11.数学家欧拉在1765年发表的烂角形的几何学以一书中提出定理:三角形的外心、重心、

垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为

三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点。、G、”分别是A/IBC的外心、重心、垂

心，且M为8c的中点，则（）

A.OH=0A+OB+OCB.S〉ABG=S^BCG=^LACG

C.AH=30MD.AB-^-AC=4OM+2HM

12.已知正方体4BCD—&BiCiDi的棱长为C，点E,尸是棱CQ的中点，点M是侧面

CDDiCi内运动（包含边界），且4M与面COAG所成角的正切值为殍，下列说法正确的是（）

A.MG的最小值为，石一2

B.存在点M,使得AM1CE

C.存在点M,使得AM〃平面B。尸

D.所有满足条件的动线段AM形成的曲面面积为，兀

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.已知向量落坂满足他一命，a且同=2,\b\=i,贝必与族的夹角为一.

14.己知cos(7—a)=|,sin(与+A)=a6(2争，06(0,$,则sin(a+S)的值为

15.在△ABC中，内角4B,C所对的边分别为a,b,c,若2csin(B+J)=a+b,且a+b=4,

则△ABC周长的取值范围为.

16.表面积为100兀的球面上有四点S、4、B、C,△ABC是等边三角形，球心。到平面4BC的

距离为3,若面$48,面A8C,则棱锥S-4BC体积的最大值为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

已知复数ZI=Q+Kz2=1-i9其中a是实数.

(1)若资=一23求实数a的值；

(2)若为是纯虚数，求父+■)2+舄)3+...+舄)2023

18.(本小题12.0分)

已知向量2=(1,2),b=(3,fc).

⑴若0/I，求历|的值；

(2)若益，伍一2»，求实数k的值；

(3)若日与另的夹角是锐角，求实数k的取值范围.

19.(本小题12.0分)

已知/(x)=4cosx-cos(x+1),%G/?.

(1)求/(X)的最小正周期及单调递减区间；

(2)将函数f(x)的图象向左平移着个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到g(x)的图象，求

g(x)在区间［辅］的值域.

20.(本小题12.0分)

已知在△ABC中，点M,N分别为ZB,AC的中点.

(1)若AABC的面积为C，CM=V%,cos/ACM=要，求4B的长；

18

(2)若AB=2,AC=4,证明：翳

21.(本小题12.0分)

如图，E是直角梯形4BCD底边48的中点，4B=2DC=2BC,将△4DE沿OE折起形成四棱锥

A-BCDE.

(1)求证：DE1平面ABE；

(2)若二面角4-DE-B为60。，求二面角4-DC-B的余弦值.

22.(本小题12.0分)

如图，C、O是两个小区所在地，C、D到一条公路AB的垂直距离分别为C4=1km,DB=2km,

4B两端之间的距离为6km.

(1)某移动公司将在4B之间找一点P,在P处建造一个信号塔，使得P对4、C的张角与P对B、

。的张角相等(即NCP4=ADPB),试求PC+PD的值.

(2)环保部门将在48之间找一点Q,在Q处建造一个垃圾处理厂，使得Q对C、0所张角最大,

试求QB的长度.

答案和解析

I.【答案】A

【解析】解：署=需需=1+2，.，

则复数要在复平面内对应的点(1,2)在第一象限.

Z-I

故选：A.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题.

2.【答案】C

【解析】解：cos20°cos40°—sm20°cos50°=cos20°cos40°—sin20°sin40°=cos(20°+40°)=

1

cos60°=

故选：C.

代数式化简，再由两角和的余弦公式可得它的值.

本题考查两角和的余弦公式的应用，属于基础题.

3.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查了平面向量的加法、减法运算，属于基础题.

根据平面向量的加减运算的平行四边形和三角形法则即可得出.

【解答】

解：•••点。是平行四边形4BCD两条对角线的交点，

•.AB+AD=AC>OA-OC=CA，~BD-'CD=^D+DC=BC，BO+OC=BC=AD.

故选C.

4.【答案】D

【解析】解：由于sin(4+8)—sin(4—8)=sin2A,

整理得：sinAcosB+cosAsinB-sinAcosB+cosAsinB=2cosAsinB=2sinAcosA,

故：2cosA{sinB-sinA~)=0；

故A=，或4-B.

故该三角形为直角三角形和等腰三角形.

故选：D.

直接利用三角函数的关系式的变换判断三角形的形状.

本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，三角形形状的判定，主要考查学生的理解能力

和计算能力，属于中档题.

5.【答案】B

【解析】解：如图,

设底面正三角形ABC的外心为E,三角形S4B的外心为F,

分别过E、F作所在面的垂线相交于0,则。为三棱锥S-4BC外接球的球心，

再设底面正三角形外接圆的半径为右,则6=品=浮，

由已知求得SA=SB=73+1=2.可得ASAB也为边长是2的正三角形，

SAB外接圆的半径为七=浮，则OE=FD=C-号号.

••・三棱锥S-4BC外接球的半径满足R2=（£3）2+（亨）2=|,

则三棱锥S-4BC外接球的表面积为47rx卜缪.

故选:B.

由题意画出图形，找出四面体外接球的球心，题干求解三角形可得外接球的半径，代入球的表面

积公式得答案.

本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中

档题.

6.【答案】C

【解析】解:如图:

因为点。为AABC内一点，乙408=120。，0/1=1,0B=2,

所以而•而=0，

则说'~EA~-OD-40+力。__400D+0DND_0A0D_|。*|OD|cos〃。。_\0D\\

在中，利用余弦定理可知力82=0/2+082-2。4•OB・cosl20。，解得ZB=。，

VS*OB=0D=^OA-OB-120°,

：•:xy/~~7x0D=x1x2x

0D=---»

・•・苏说=萼=看

故选：C.

根据题意作图，根据说.而=0,得到丽・丽=粤，在AAOB中，再根据余弦定理得到0。=

手，即可求解.

本题主要考查平面向量的数量积和解三角形，属于中档题.

7.【答案】A

【解析】解：根据题意，设该梯形的重心为G,过点G作GE1AB,交4B与点E,

设GE=r,即梯形4BCD的重心G到边4B的距离为r,

将梯形绕边AB旋转一周，得到一个圆台，

该圆台的体积U=g(4兀+167r+V47rx167r)4=空守，

点G绕AB旋转一周的周长为2nr,

则有2b=竿，解可得r=g.

故选：A.

根据题意，设该梯形的重心为G,过点G作GE12B,交AB与点E,设GE=r,将梯形绕边4B旋转

一周，得到一个圆台，由题干中的方法可得关于r的方程，解可得答案.

本题考查旋转体的体积，注意理解题干的解题方法，属于中档题.

8.【答案】B

【解析】解：•函数/(x)=sina)x+COSCDX=Csin(3X+；)(to>0)在区间［0,兀］上有且仅有4条

对称轴，

3X+*€生3兀+争,

<0)71+2<V,求得当W3<：,故①正确.

24244

由于最小正周期7=称2装，故/(x)的最小正周期的最小值是招，

故/(x)的最小正周期可能是看故②正确.

在区间(0,幼上，3》+注《墨+》舞+岸招，函数/'(X)不单调，故③错误.

因为在区间(0,兀)上，3X+,6C，37T+：),而与式3兀+：<与，

所以/(x)在区间(0,n)上有且仅有3个或4个不同的零点，故④错误.

故选:B.

由题意，利用两角和的正弦公式化简函数的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，得出结论.

本题主要考查两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，属于中档题.

9.【答案】BD

【解析】解：4选项，若ale,则b,c可能异面，4选项错误；

8选项，若a〃b,a//c,则b〃c,B选项正确;

C选项，若a上6,a1y,则/?,y可能相交，C选项错误；

0选项，若a〃/?,a//y，则夕//丫，。选项正确.

故选：BD.

根据线线、面面位置关系等知识确定正确答案.

本题主要考查了空间中直线与直线，平面与平面位置关系的判断，属于基础题.

10.【答案】ABC

【解析】解：因为tan""=sin(A+B),即把高=2sin"0•cos"g,

ZCOS-2~乙乙

可得2cos2=1,即cos(4+B)=0,

在三角形中，可得4+B=],

4中，可得sin4=cosB,所以A正确；

B中，sinA+sinB=s讥4+cosA=V^sinQl+；)W当且仅当A=；时，取等号，所以B正

确；

C中，cos2/l+COS2B=cos24+sin2/l=1,所以C正确；

。中，由C知1,cos2/l+cos?/=l+；s2"+l+：s2+=i,所以cos24+cos2B=0,所以。不正确.

故选：ABC.

由题意正切化弦及二倍角公式可得4+B=摄分别对所给命题进行判断可知它们的真假.

本题考查二倍角公式的应用及辅助角公式的应用，属于基础题.

11.【答案】ABD

【解析】解：作图如下所示:

A因为记而，所以布=g而，所以G为重心，所以襦+而+沅=6,

所以讨一记+而一记+历一诂=0)

所以赤＞=!(+而+元)，所以:丽=；(色？+而+而)，

所以丽=雨+南+元，所以该选项正确;

11

B.S^BCG=5xBCxft19S^ABC=2xBCx&，

由于G是重心，所以h1=,九2，所以S^RCG=^SAABC,

11

同理“BCG=§SA4BC，SA4CG=§SAABC，所以SA4BG=S^BCG=S4ACG'

所以该选项正确；

C.AH=AG+GH=2GH+20G=2(0G+GM)=20M.所以该选项错误；

D.OH=3OG-所以而=，而+1而，所以而=|丽丽，

所以同+AC=2AM=6GM=6(|oM+:两)=40M+2HM,所以该选项正确.

故选：ABD.

利用平面向量的线性运算证明选项ABD正确，证明选项C错误即可.

本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题.

12.【答案】ACD

【解析】解：根据题意可知401平面CDOiG,

所以乙4MD为AM与面CDCiG所成角，且4。10M,

因为正方体48CD-力1当6。1的棱长为「，AM与面CODiQ所成角的正切值为?，

所以tanzTlMD=黑==三^，解得0M=2,

DMDM2

所以点M的轨迹为以。点为圆心，2为半径的圆在侧面CDQCi内的弧⑸，如图，

此时CH=GO】=1,

对于4选项，有NCiD—DM=，石一2,当且仅当M,G，。三点共线时等号成立,

故MG的最小值为丁%-2，正确；

对于B选项，因为4D1平面CDDiCi，CEu平面CDCiG，所以力D1CE,

假设存在点M，使得4M1CE,则4DCMM=A,CE_L平面4DM,

由于OMu平面4DM,故有CE_LDM,

另一方面，在侧面CODiQ中，取棱Ci/的中点N,

由点E是棱DC1的中点，进而结合平面几何知识易得CE1DN,

故要使CEJLDM,则点N与点M重合，

由于=G%=1,ND[=?，显然不重合，故错误；

对于C选项，如图，设4CCIBD=0,则易知。为ZC中点，连接OF,C】E,

因为点E,F是棱DDi，CG的中点，

所以，在ZlMCCi中，OF〃AC、,C^/fDE,C/=OE,

所以，四边形GEOF为平行四边形，即CIE〃OF,

因为CrEC平面BDF,OF,DFu平面BDF,

所以AG〃平面BDF,GE〃平面BDF,

因为4GDEG=Ci，所以平面AGE〃平面BDF,

所以当M为C】E与弧曲的交点时，AMu平面AGE,故AM〃平面BDF,正确；

对于。选项，由题知，所有满足条件的动线段4M形成的曲面是：

以A为顶点，。点为底面圆心，底面半径为2的圆锥的部分侧面，

所以其所在的圆锥的母线长为4M=C，

因为tanNGDD]=tanZ-HDC=^-GDD1,Z.HDC€（0,,

所以4G叫=乙HDC=Z.GDH=（

所以弧南的长为，="2=g,

所以结合扇形面积公式可得：

所有满足条件的动线段4M形成的曲面面积为1.AM=±xWx「=，兀，故正确.

2236

故选：ACD.

由正方体的性质得乙4MD为4M与面CDDC所成角，且ADJ.DM,进而得点M的轨迹为以。点为圆

心，2为半径的圆在侧面CDDiG内的弧⑸，再依次讨论各选项，即可得答案.

本题考查正方体中轨迹的问题，线面平行的判定定理与面面平行的判定定理，解三角形，扇形面

积公式，化归转化思想，属中档题.

13.【答案】60°

【解析】解：根据题意，设I与1的夹角为。，

若（3—族）1坂，贝II伍-byb=d-b-b2=2cose-1=0）解可得cos。=

又由0°WOW180。，贝!]。=60°；

故答案为：60°.

根据题意，设a与3的夹角为。，由数量积的计算公式可得伍-byb=a-b-b2=2cose-1=0,

求出cos。的值，计算可得答案.

本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题.

14.【答案】||

65

【解析】解：•••cos《—a)=|,sin(^+0)=一音,ae©片)/6(0谭),

二sing_a)=cos(y+/?)=

•1•sin©+S)—6一a)]=sin(y+^)cos(^一a)-cos/+0)sin©-a)

=(一卷12)3®_(一卷5)(Y4)=_6.6=sin(7r+a+0)=-sin(a+/?),

•••sin(a+')=翌，

故答案为言

65

先求出sing-a)和cos第+£)的值,利用—sin(a+£)=sin(7r+a+£)=sin[(羊+S)-@一

a)],求出sin(a+£)的值.

本题考查两角和差的正弦公式，以及诱导公式的应用，正确进行角的变换是解题的关键和难点.

15.【答案】[6,8)

【解析】解：由题意知，2csm(8+专)=Q+b=4,

所以'=sm(B4-1),且°Vc<Q+"=%即sin(B+^)>

因为B£(0,71),所以8+^6(，,?)，sin(B+，)E(一：,1],

OOOO乙

所以sin(B+*e

2

所以。=痂有口2.4),

所以a+b+c=4+c€[6,8),即44BC周长的取值范围为[6,8).

故答案为:[6,8).

2

易知C=sin(B+合且°<。<。+匕=4,再结合角B的取值范围与正弦函数的图象与性质，进一步

确定边C的取值范围，即可.

本题考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑

推理能力和运算能力，属于中档题.

16.【答案】12(-7+，3)

【解析】解：♦.•球的表面积为100兀，•••球的半径为5,

设^ABC的中心为0',则0。'=3,二C。'=4,

二△4BC的边长为4「，.,.△4BC的面积为12门，欲使其体积最大，

应有S到平面48c的距离取最大值，又面SABMBC,

•••点S在平面4BC上的射影落在线段AB的中点。，又S0=5,

SD=3+V25—4=3+>ra，

.•・棱锥S-ABC体积的最大值为U=gx12<3x(3+d)=12(「+<3).

由已知可求得球的半径，设AABC的中心为0',进而可得AABC的面积为12，7，S至IJ平面ABC的

距离取最大值，进而计算可得棱锥S-48c体积的最大值.

本题考查空间几何体的体枳，考查推理论证能力，属中档题.

17.【答案】解：(1)复数Z]=a+i,则z"=(a+i)2=(a?—1)+2ai=—23

又a是实数，因此[父一1：°,

(2Q=-2

解得a=-1,

所以实数Q的值是-1；

(2)复数Zi=a+i,=1-3aG/?,

.-|iZ1_a+i_(a+i)(l+i)_(Q—l)+(a+l)i_u—1Q+1.

用石=口=(l-i)(l+i)=2="I-+亍

♦T_Q

因为含是纯虚数，于是a、一，解得a=l，

因此£=i,

z2

又尸=i,岸=_1,j3=T,j4=1,

即/+舄)2+毋>+偿)4=0,且函数y=■尸,X€N*的周期为4,2023=3+4x505,

所以尹舄)2+偿)3+L+(32023=5050+»2+伊+产)+，+j2+j3=i_1_i=_1

【解析】(1)可求出W=(a+i)2=(a2-l)+2ai=-2i,从而得出｛点二)1°,然后解出a的值

即可；

(2)根据现为纯虚数可得出a=1,从而得出然后可得出函数丫=产，xeN*的周期为4,且

2023=3+4X505,.+'产+磴＞+偿/=0,从而得出言+(#+(g)3+...+仅产23的

值.

本题主要考查了复数的运算性质，考查了纯虚数的概念，属于中档题.

18.【答案】解：(1)因为向量N=(1,2),3=(3#)，且0/B，

所以lx/c-2x3=0,解得k=6,

所以|方|=732+62=3/-5.

(2)为=(1,2),b=(3,fc).则1一2/=(-5,2-2k)，

因为a1(a-2b)，所以1X(-5)+2x(2-2fc)=0,解得k=-i

(3)因为，与冽勺夹角是锐角，所以小石〉0且N与另不共线.

即lx3+2xk＞0且k46,所以k＞一|且k*6,

故实数k的取值范围为伊忱＞一|且k丰6).

【解析】(1)根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解；

(2)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解；

(3)根据已知条件，可得五不＞0且2与B不共线，列出不等式，即可求解.

本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化思想，属于中档题.

19.【答案】解：(1)因为/(x)=4cosx♦cos(x+?)

=2A/-3COS2X—2cosxsinx

=yT~3(cos2x+1)—sin2x

=2cos(2x+3)+

则7=,=兀,

所以f(“)的最小正周期为兀,

由2k兀<2x+^<7T+2kn,keZ,解得一名+kn<x<^+kn,k&Z,

所以/'(x)的单调递减区间为[一工+kn,+kn],kGZ；

(2)由(1)可得，(x)=2cos(2x+$+<3,

将函数f(x)的图象向左平移5个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，

可得9(x)=4cos[2(x+?)+§+27-3

=4cos(2x+今+2c

——4sin2x+2A/-3»

当xeg,刍时，2xe管，网，

则sin2xG[0,,

故一4sin2x+2/3£[0,273],

即g(x)G[0,2<3],

所以函数g(x)的值域为[0,2，W].

【解析】(1)利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得f(x)=2cos(2x+?)+，耳，利用余弦函

数的周期公式可求f(x)的最小正周期，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间；

(2)由已知利用三角函数的图象变换可求g(x)=-4sin2x+2「，由题意利用正弦函数的性质即

可求解g(x)的值域.

本题考查了三角函数恒等变换，正弦函数、余弦函数的性质以及三角函数的图象变换，考查了转

化思想和函数思想的应用，属于中档题.

20.【答案】(1)解：由题意知，△4CM的面积为《CM・C4•sin乙4cM=：xCx4cx察=华，

22182

解得AC=3,

在△4CM中，由余弦定理得，

AM2=AC2+CM2-2AC-CM-cos^ACM=9+6-2x3xV_6x辱=1，

lo

解得力M=1,

因为点M为AB的中点，所以AB=2.

(2)证明：因为N为AC的中点，所以AN=2,

△ABN中，由余弦定理得，

BN2=AB2+AN2—2AB•AN•cosA=4+4—2x2x2xcosA=8—8cosA,

△4cM中，由余弦定理可得

CM2=AC2+AM2—2AC•AM-cosA=16+1—2x4xcosA=17—ScosA,

所以驾=8-8C0S4=1__9______

CM217—8cosA17—SeosA

因为0V4V兀，所以一1VcosA<1,

当cos力取最小值时，1-取得最大值，

17—8cos4

所以对<1__2_=竺，

CM2<117+825

所以黑<5

CM5

【解析】(1)根据三角形的面积列方程求出4C的值，再由余弦定理求出4M,即可得出ZB.

2

(2)利用余弦定理求出BN?和CM?,再求咯的取值范围，即可得出结论.

本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与转化思想，是中档题.

21.【答案】(1)证明：在直角梯形4BCD中，

-DC//BE,且DC=BE,.•.四边形BCDE为平行四边形，

又NB=90。，从而DE1EB,DE1EA.

因此，在四棱锥A-BCOE中，有。七_1面48后；

(2)解：由(1)知N4EB即二面角A-DE-8的平面角，

故NAE8=60°,乂4E=EB,4EB为等边三角形.

设BE的中点为