2023-2024学年湖南省邵阳市邵东一中高一（下）第三次月考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年湖南省邵阳市邵东一中高一（下）第三次月考数学试卷一、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.已知a，b∈R，复数z=a+bi满足z(1+i)=(2−2i)，则a+b=(

)A.−1 B.−2 C.−3 D.−42.设D为△ABC所在平面内一点，若BC=3CD，则下列关系中正确的是(

)A.AD=−13AB+43AC 3.设m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，下列四个命题中，正确命题的序号是(

)

①若m/​/α，n/​/α，则m/​/n；

②若α/​/β，β/​/γ，m⊥α，则m⊥γ；

③若m⊥α，n/​/α，则m⊥n；

④若α⊥γ，β⊥γ，则α/​/β．A.①② B.②③ C.③④ D.①④4.如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积和球的表面积之比为(

)A.9：4 B.4：3 C.3：1 D.3：25.如图，正方形A′B′C′D′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图，若A′D′=1，则四边形ABCD周长为(

)A.2

B.4

C.226.已知a，b，c分别是△ABC三内角A，B，C的对边，且满足asinC+acosC=b+c，则△ABC的形状是(

)A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰或直角三角形 D.等腰直角三角形7.在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆Q的半径为1、圆心在线段CD(含端点)上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则AP⋅AB的取值范围是(

)A.[2,8]． B.[4,8] C.[2,10] D.[4,10]8.《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AA1=2，当阳马B−ACA.43π

B.823π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i是虚数单位，以下四个说法中正确的是(

)A.i2021+i2022+i2023+i2024=0

B.复数z=−3+i的虚部为i

C.若复数z1，z210.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且3bcosC+3ccosB=a2，则下列说法正确的是(

)A.若B+C=2A，则△ABC的外接圆的面积为3π

B.若A=π4，且△ABC有两解，则b的取值范围为[3,32]

C.若C=2A，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为(32,33)

D.若11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是AB，AD的中点，A.存在点P，使得直线PM与直线AD1为异面直线

B.存在点P，使得MN⊥PN

C.若P为线段C1D1的中点，则三棱锥P−MNC1与三棱锥C1−MNB体积相等

D.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若向量a=(3,−4)在向量b=(−2,1)上的投影向量为λb，则λ13.如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1

14.已知A，B，C三座小岛的位置如图所示，其中B岛在A岛的南偏西60°方向，C岛在B岛的正东方向，A，C两岛相隔4千海里，一货轮由A岛出发沿着AC的方向直线航行了34的路程后，到达M岛进行补给后再前往C岛，若M岛到B岛的距离与M岛到A岛的距离相同，则B，C两岛的距离为______千海里．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)

如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，截去三棱锥A1−ABD，求

(1)截去的三棱锥A1−ABD的表面积；

(2)剩余的几何体A16.(本小题15分)

在等边△ABC中，点M是BC上靠近点B的一个三等分点，点Q为AC的中点，BQ交AM于点N．

(1)若BN=λBQ，求λ的值；

(2)若NA⋅NM=−917.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3(sinA−sinB)sinC=3c−2ba+b．

(1)求cosA；

(2)若△ABC的面积为1632．

①已知E为BC的中点，求△ABC底边BC上中线AE长的最小值；

18.(本小题17分)

如图，在四面体C−ABD中，CB=CD，AB=AD，∠BAD=90°，E，F分别是BC，AC的中点．

(1)求证：AC⊥BD；

(2)在AC上能否找到一点M，使BF/​/平面MED？若存在，请求出CMCA的值，若不存在，请说明理由；

(3)若平面CBD⊥平面ABD，且CB=BD，求直线BF与平面ABD所成角的正切值．19.(本小题17分)

若存在常数a、b，使得函数f(x)对于∀x∈R同时满足：f(a+x)=−f(a−x)，f(b+x)=f(b−x)，则称函数f(x)为“(a,b)”类函数．

(1)判断函数f(x)=cos2x是否为“(a,b)”类函数？如果是，写出一组(a,b)的值；如果不是，请说明理由；

(2)函数g(x)是“(0,1)”类函数，且当0≤x≤1时，g(x)=log2(x+1)．

(ⅰ)证明：g(x)是周期函数，并求出g(x)在[−3,−1]上的解析式；

(ⅱ)若∀x∈R，g(t−2x答案解析1.【答案】B

【解析】解：因为z(1+i)=(2−2i)，

所以z=2−2i1+i=2(1−i)(1−i)(1+i)(1−i)=2(−2i)2=−2i，

所以a=0，b=−2，a+b=−2．【解析】解：因为BC=3CD，所以CD=13BC，

所以AD=AB+BC【解析】解：①若m/​/α，n/​/α，则m与n相交、平行或为异面直线都有可能，因此不正确；

②∵α//β，β/​/γ，∴α//γ，又m⊥α，则m⊥γ，正确；

③∵n//α，过直线n作平面β∩α=k，则n//k．

∵m⊥α，∴m⊥k，则m⊥n，故正确；

④∵α⊥γ，β⊥γ，∴α/​/β或α与β相交，故不正确．

综上可知：只有②③正确．

故选：B．

4.【答案】D

【解析】解：设球的半径为1；圆锥的高为3，则圆锥的底面半径为r，

由△POD∽△PBO1，得ODO1B=OPPB=PDPO1，即1r=33，

所以r=3，

5.【答案】D

【解析】解：根据题意，直观图中，四边形A′B′C′D′是正方形A′B′C′D′，且边长为1，

则A′B′=1，O′D′=2，

作出原图如图：

OD=2O′D′=22，则有AD=8+1=3，

四边形ABCD为平行四边形，则BC=3，CD=1，

故四边形ABCD周长为6.【答案】B

【解析】解：asinC+acosC=b+c，

由正弦定理可知，sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC，

A+B+C=π，

则sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，

故sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC，即sinAsinC=cosAsinC+sinC，

C∈(0,π)，

则sinC≠0，

故sinA−cosA=1，

两边同时平方可得，sin2A+cos2A−2sinAcosA=1−sin2A=1，即sin2A=0，

A∈(0,π)，

故A=π2．【解析】解：如图，当圆心Q为点D时，设圆Q交DE于点N，点N为DE的中点，点P为点N时，AP在AB上的投影最小为1，

∴AP⋅AB取最小值2；

当圆心Q为点C时，过C作CG/​/AB，交圆Q于G，过点G作AB的垂线，交AB的延长线于H，点P为点G时，AP在AB上的投影最大为4，

∴AP⋅AB取最大值8，

∴AP⋅8.【答案】B

【解析】解：设AC=x，BC=y，则阳马B−A1ACC1体积V=13×2xy=43，

∴xy=2，

把堑堵ABC−A1B1C1补形为长方体，

则长方体的对角线长L=x9.【答案】AD

【解析】解：对于A：i2021+i2022+i2023+i2024=i1+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，故A选项正确；

对于B：z的虚部为1，故B选项错误；

对于C：设复数z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，

则z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，

若z1【解析】解：因为3bcosC+3ccosB=a2，所以由正弦定理，得3sinBcosC+3sinCcosB=asinA，

即3sin(B+C)=asinA，

因为A+B+C=π，所以sin(B+C)=sinA，且sinA≠0，所以a=3．

选项A：若B+C=2A，则A=π3，所以△ABC的外接圆的直径2R=asinA=23，所以R=3，

所以△ABC的外接圆的面积为π×(3)2=3π，选项A正确，

选项B：∵△ABC有两解，则bsinA<a<b，则bsinπ4<3<b，解得3<b<32，∴B错误，

选项C：由正弦定理asinA=csinC，得asinA=csin2A，即c=2acosA=6cosA，

因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<π20<π−3A<π20<2A<π2，所以π6<A<π4，

所以c=6cosA∈(32,33)，故选项C正确，

选项D：∵a=3，sinB=2sinC，A=2C，可得B=π−3C，由正弦定理可得b=2c，

由sin(π−3C)=2sinC，可得：sinCcos2C+cosCsin2C=2sinC，

由sinC≠0，可得：【解析】解：对于A，如图1，连接AD1、BC1，由正方体的性质得，AB/​/CD，CD//C1D1，

所以AB/​/C1D1，A、B、C1、D1四点共面，PM，AD1⊂平面ABC1D1，所以选项A错误；

对于B，如图2，设CD的中点为Q，连接MQ，PQ，NQ，若P为C1D1的中点，则PQ⊥平面ABCD，

又MN⊂平面ABCD，所以PQ⊥MN，在△NMQ中，MN=NQ=(12)2+(12)2=22，MQ=1，

所以MN2+NQ2=MQ2，所以MN⊥NQ，又PQ∩NQ=Q，PQ、NQ⊂平面NPQ，所以MN⊥平面NPQ，

又PN⊂平面NPQ，所以MN⊥PN，选项B正确；

对于C，如图3，取B1C1的中点F，连接PF、FM，设AC∩BD=O，连接NO，MO，OC1，

则几何体PC1F−NOM为斜三棱柱，从而VP−MNC1=13VPC1F=NM=13×12×12×12×1=124，

又VC1−MNB=13×1×12×12×12=124，选项C正确；

对于D，如图4，因为正方体中心对称(类比为球体，MN看作弦)，

所以过MN的截面经过正方体的对称中心时所得截面面积最大，

此时截面交棱DD1，BB1，B1C1于中点，P也为中点，

取DD1的中点E，B1C1的中点F，BB1的中点12.【答案】−2

【解析】解：向量a=(3,−4)，向量b=(−2,1)，

则a⋅b=−6−4=−10，|b|=5，

故向量a=(3,−4)在向量b=(−2,1)上的投影向量为：a⋅b|【解析】解：设正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上底面的中心为O1，下底面中心为O2，其外接球球心为O，

∵A1B1=2,AB=22，

∴S正方形A1B1C1D1=2，S正方形ABCD=8，

则V棱台=13⋅O1O2⋅(2+8+14.【答案】8【解析】解：依题意，∠ABC=30°，AM=3MC=3，记∠BAC=∠ABM=θ，

所以∠BMC=2θ，AM=BM=3，MC=1，AC=4，在△ABC中，AC=4，sin∠ABC=sin30°=12，

由正弦定理得BCsinθ=ACsin∠ABC，即BC=8sinθ，

在△BMC中，由余弦定理得BC2=BM2+CM2−2BM⋅CM⋅cos2θ=10−6cos2θ，

故64sin2θ=10−6cos2θ，解得sin2θ=113，因为θ∈(0,π2)，则sinθ=1313,BC=8sinθ=81313．

故答案为：81313．

15.【答案】【解析】(1)根据三角形面积公式，即可求解；

(2)根据分割补形法，即可求解；

(3)根据四棱锥的体积公式，即可求解．

16.【答案】解：(1)在等边△ABC中，点M是BC上靠近点B的一个三等分点，点Q为AC的中点，BQ交AM于点N，

∵点Q为AC的中点，∴BQ=12BC+12BA，

∵BN=λBQ，

∴BN=λ(12BC+12BA)=λ2BC+λ2BA=3λ2BM+λ2BA，

∵N，M，A三点共线，∴3λ2+λ2=1，∴λ=12，

则λ的值为12；

(2)由(1)知，AN=【解析】(1)利用向量线性坐标运算求得BN=3λ2BM+λ2BA，然后根据三点共线即可求解；

(2)用基底表示AN=12AB+14AC，然后利用三点共线求得NA=−3NM，结合已知求得|NM|=3，结合数量积的运算律求得|AB|2=4327，利用正三角形面积公式求解即可．

17.【答案】解：(1)由正弦定理，得3(a−b)c=3c−2ba+b，即c2+b2−a2=23bc，

故cosA=c2+b2−a22bc=23bc2bc=13，

所以sinA=1−cos2A=1−【解析】(1)由已知结合正弦定理，余弦定理进行化简可求cosA，再结合同角平方关系即可求解cosA；

(2)①结合三角形面积公式先求出bc，然后结合向量数量积性质及基本不等式即可求解；

②结合三角形的面积公式及二倍角公式进而求cosA2，结合18.【答案】(1)证明：取BD的中点O，连接AO，CO，

在△BCD中，因为CB=CD，所以CO⊥BD，同理AO⊥BD，

而AO∩CO=O，所以BD⊥平面AOC，

又AC⊂平面AOC，

所以AC⊥BD；

(2)解：在AC上能找到一点M，使BF/​/平面MED，此时CMCA=14，

证明如下：

连接EM，DM，DE，

因为E是BC的中点，

所以所以BF/​/EM，

因为EM⊂平面MED，BF⊄平面MED，

所以BF/​/平面MED，

所以FC的中点M即为所求；

(3)解：因为∠BAD=90°，所以AO=BO，

所以△COA≌△COB，

从而∠COA=∠COB，

由(1)可知：CO⊥BD，所以∠COB=90°，

所以∠COA=90°，即CO⊥OA，

因为BD∩OA=O，BD，OA⊂平面ABD，

所以CO⊥平面ABD，

取AO中点N，连接FN，BN，易知CO//FN，故FN⊥平面ABD，

故∠FBN是直线BF与平面ABD所成角，

设AC=2a，可得FN=32a，BN=5a2，

所以tan【解析】(1)取BD的中点O，由题意可证得CO⊥BD，同理AO⊥BD，进而可证得BD⊥平面AOC，进而可证得结论；

(2)AC上能找到一点M，使得CMCA=14，由题意可证得FC的中点M即为所求；

(3)由题意可证得△COA≌△COB，取AO中点N，连接FN，BN，