2023-2024学年山东省淄博四中高一（下）第三次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省淄博四中高一（下）第三次月考数学试卷一、选择题（第1-8题每题5分，第9-11题每题6分，共58分）1.已知实数a，b满足(a+bi)(2−i)=2+i(其中i为虚数单位)，则复数z=b+ai的共轭复数为(

)A.45+35i B.452.如图，△A′B′C′为水平放置的△ABC的直观图，其中A′B′=2，A′C′=B′C′=10，则在原平面图形△ABC中有(

)A.AC=BC B.AB=2 C.BC=82 3.已知两条直线m，n，两个平面α，β，则下列命题正确的是(

)A.若m/​/n且n⊂α，则m/​/α B.若m/​/α且n⊂α，则m/​/n

C.若m⊥α且n⊂α，则m⊥n D.若α⊥β且m⊂α，则m⊥β4.在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb<cosA，则ΔABCA.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.等边三角形5.在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE：EB=AF：FD=1：3，H，G分别为BC，CD的中点，则(

)A.BD/​/平面EFGH且EFGH为矩形

B.EF/​/平面BCD且EFGH为梯形

C.HG/​/平面ABD且EFGH为菱形

D.HE//平面ADC且EFGH为平行四边形6.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)部分图象如图所示，下列说法正确的是(

)A.f(x)的图象关于点(5π6,0)对称

B.f(x)的图象关于直线x=π3对称

C.将函数y=cos2x−3sin2x的图象向右平移π4个单位得到函数f(x)的图象

7.已知各棱长均相等的正四棱锥P−ABCD各顶点都在同一球面上，若该球表面积为8π，则正四棱锥P−ABCD的体积为(

)A.423 B.16238.已知函数f(x)=3sin2ωx+2cos2ωx(ω>0)的定义域为[0,π]，在定义域内存在唯一x0，使得A.[112,1312] B.[9.在复平面内，复数z1=0,z2=1+2i,z3=A.z2−z3=i

B.cos∠AOB=223

C.若z2是关于x的实系数方程x2+px+q=0的一个根，则10.在△ABC中，角所对的边分别为a，b，c，给出下列四个命题中，其中正确的命题为(

)A.若A：B：C=1：2：3，则a：b：c=1：2：3

B.若cosA<cosB，则sinA>sinB

C.若A=30°，a=3，b=4，则这个三角形有两解

D.当△ABC是钝角三角形．则tanA11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1中.F为线段BCA.不存在点E，使EF/​/平面ABCD

B.三棱锥B1−ACE的体积不随动点E变化而变化

C.直线EF与AD1所成的角可能等于30°

D.不存在点E，使二、填空题（每题5分，共15分）12.设e1,e2是不共线的两个向量，AB=e1+ke2,13.中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作.提出“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为23的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为______．14.山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图1)，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A,B,C,D在同一铅垂面内)，则A，B两点之间的距离为______米.三、解答题（共77分）15.（13分）如图，正方形ABCD是圆柱OO1的轴截面，EF是圆柱的母线，圆柱OO1的体积为16π．

(1)求圆柱OO1的表面积；

(2)若∠ABF=30°，求点16.（15分）已知向量a=(cosx,12)，b=(3sinx,cos2x)，x∈R，设函数

f(x)=a⋅b．

(1)求

f(x)的最小正周期；

(2)求函数

f(x)17.（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a2+b2−ab=c2．

(1)求角C的大小；

(2)若b=218.（17分）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．

(1)求证：AB/​/平面PCE；

(2)求证：平面PAB⊥平面PBD；

(3)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线PA与平面PBD19.（17分）设O为坐标原点，定义非零向量OM=(a,b)的“相伴函数”为f(x)=asinx+bcosx(x∈R)，向量OM=(a,b)称为函数f(x)=asinx+bcosx的“相伴向量”．

(1)设函数ℎ(x)=2sin(π3−x)−cos(π6+x)，求ℎ(x)的“相伴向量”；

(2)记OM=(0,2)的“相伴函数”为f(x)，若函数g(x)=f(x)+23|sinx|−1，x∈[0,2π]与直线y=k有且仅有四个不同的交点，求实数k的取值范围；

(3)已知点M(a,b)满足3a2参考答案1.B

2.C

3.C

4.A

5.B

6.ACD

7.A

8.C

9.BD

10.BCD

11.ABC

12.−4

13.84

14.10015.解：(1)设圆柱OO1的底面半径为r，则πr2×2r=16π，解得r=2．

则圆柱OO1的表面积为2πr2+2πr×2r=6πr2=24π．

(2)连接AF，因为AF⊥BF，AF/​/DE，所以DE⊥BF，

设点F到平面BDE的距离为ℎ，

易知DE⊥EF，DE⊥EF，EF，BF⊂平面BEF，EF⋂BF=F，

所以DE⊥平面BEF，因为EB⊂平面BEF，所以DE⊥EB，

所以BF=AB⋅cos30°=3r,DE=AB⋅sin30°=r，

EF=2r，16.解：(1)向量a=(cosx,12)，b=(3sinx,cos2x)，x∈R，

函数

f(x)=a⋅b

=3sinxcosx+12cos2x

=32sin2x+12cos2x

=sin(2x+π6)，

∴f(x)的最小正周期为T=2π2=π；

(2)由正弦函数的单调性，

令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k∈Z；17.解：(1)在△ABC中，由a2+b2−ab=c2，则a2+b2−c2=ab，

由余弦定理知：a2+b2−c2=2abcosC，

所以cosC=12，

因为C∈(0,π)，

所以C=π3；

(2)因为b=2，c=2bcosB，所以cosB>0，

即B∈(0,π2)，

由正弦定理sinC=2sinBcosB，

由C=π3，所以2sinBcosB=32，sin2B=32，

由B∈(0,π2)，2B∈(0,π)，

解得：2B=π3或2B=2π3，

即B=π618.(1)证明：连接CE，

因为AD//BC，BC=CD=12AD=1，且E是AD的中点，

所以AE/​/BC，AE=BC，

所以四边形ABCE是平行四边形，

所以AB//CE，

又AB⊄平面PCE，CE⊂平面PCE，

所以AB/​/平面PCE．

(2)证明：在直角梯形ABCD中，BC=CD=12AD=1，

所以AB=2，BD=2，

所以AB2+BD2=AD2，即AB⊥BD，

因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD，

又AB∩PA=A，AB、PA⊂平面PAB，

所以BD⊥平面PAB，

又BD⊂平面PBD，

所以平面PAB⊥平面PBD．

(3)解：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，

所以由三垂线定理知，PD⊥CD，

所以∠ADP就是二面角P−CD−A的平面角，即∠ADP=45°，

所以PA=AD=2，

所以PB=PA2+AB2=22+(2)19.解：(1)ℎ(x)=2(32cosx−12sinx)−(32cosx−12sinx)=−12sinx+32cosx，

所以函数ℎ(x)的“相伴向量”OM=(−12,32)．

(2)由题知：f(x)=0⋅sinx+2⋅cosx=2cosx．

g(