2023-2024学年广东省汕尾市高一下学期7月期末教学质量监测数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广东省汕尾市高一下学期7月期末教学质量监测数学试题一、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.DC+A.DB B.BC C.AD D.CB2.已知复数z=12+3A.12−32i B.−3.若高为3的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为(

)A.5 B.6 C.2 4.若tanα=3，则1+sin2αA.−1 B.2 C.32 D.5.已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是(

)A.若a//α，b//α，则a/​/b

B.若α/​/β，a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线

C.若a⊂α，b⊂α，a//β，b//β，则α/​/β

D.若α⊥β，a⊂α，α∩β=b，a⊥b6.已知向量a=(2,3)，b=(1,0)，则向量a−A.

(1,0) B.(2,0) C.(0,3)7.已知在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为4的正方形，直线PD与平面ABCD.所成角的正弦值为22，则该四棱锥的外接球的表面积为(

)A.16π B.32π C.48π D.64π8.在▵ABC中，AB=AC，点O为▵ABC

垂心，且满足AO=xAB+yAC，cos∠BAC=1A.−12 B.−1 C.14二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知f(x)=sin2ωx+π3(ω>0)的最小正周期为A.ω=1

B.函数f(x)的图象关于直线x=−π6对称

C.函数f(x)在区间−π3,π12上单调递增

D.10.下列命题正确的有(

)A.若z1⋅z2∈R，则z1，z2互为共轭复数

B.在矩形ABCD中，AB+AD=AB−AD

C.已知点P在▵ABC所在的平面内，且PA⋅PB=PB⋅PC11.如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，FA.存在点P使得AP⊥A1C

B.若点P满足AP⊥BF，则动点P的轨迹长度为25

C.若点P满足PF//平面A1C1D时，动点P的轨迹是正六边形

D.当点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.化简计算：sin20∘cos110∘13.若复数z=a+bi(a,b∈R,a>0)的模为5，虚部为4，则复数z=

．14.已知在▵ABC中，AC=43，∠B=π3，则AB⋅四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)已知向量a=(1,3(1)证明：((2)求a与b的夹角．16.(本小题12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，PA=PB=AB=BC=12AD，E(1)证明：CE//平面PAB．(2)若AD⊥平面PAB，PA=2，求三棱锥E−PAB的体积．17.(本小题12分)记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcos(1)求B；(2)设b=9，若点M是边AC上一点，2AM=MC，且∠MAB=∠MBA，求a，c．18.(本小题12分)在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=∠ACD=90∘，∠BCA=∠CDA=30∘，PA⊥平面ABCD，E,F分别为(1)求证：平面PAC⊥平面AEF；(2)求二面角E−AC−B的大小．19.(本小题12分)设fx是定义在区间D上的函数，如果对任意的x1,x2∈D，有fx1+x2(1)已知函数fx(ⅰ)fx(ⅱ)函数fx(2)已知函数gx=ax2+x−1x2，其中实数a>0，且函数答案解析1.A

【解析】解：DC+AB−AC=2.D

【解析】z3故选：D．3.C

【解析】设底面半径为r，母线长为l，侧面展开是一个半圆，∴12⋅2πl=2πr∴ℎ=l2−r故选：C．4.B

【解析】因为tanα=3所以1+=sin故选：B．5.D

【解析】对于A，若a//α，b//α，则a,b可能平行，相交或异面，故A错误；对于B，若α//β，a⊂α，b⊂β，则a，b可能异面或平行，故B错误；对于C，根据面面平行的判定定理可知，必须添加a,b相交，才有α/​/β，故C错误；对于D，根据面面垂直的性质定理可知D正确．故选：D6.A

【解析】a−b=(1,3)，向量即|a(a故选：A．7.C

【解析】如图所示，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为4的正方形，直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为2根据题意，可以补充成长方体。

且底面ABCD是边长为4的正方形，直线PD与平面ABCD所成角为45∘则长宽高分别为4，4，4，即图形为正方体.外接球的球心为体对角线中点．体对角线长刚好为球的直径，且d2=a故选：C．8.D

【解析】由题意可知▵ABC是以A为顶角的等腰三角形，如图所示：AD⊥BC，BE⊥AC，则AD∩BE=O，在直角三角形▵ABE中，cos∠BAC=AEAB设AO=λ则λ1AO=所以x+3y=4x=2x+y=1，所以故选：D．9.AC

【解析】f(x)=sin2ωx+π3(ω>0)即f(x)=sin2x+π所以函数fx的图象不关于直线x=−π6当x∈−π3,π将函数fx的图象向右平移πf(x−π它不是偶函数，不关于y轴对称，故D正确；故选：AC．10.BCD

【解析】对于A，令z1=i，z2但z1，z2并不互为共轭复数，故对于B，因为矩形ABCD，所以AC=BD，AC=而AB+AD=故AB+AD=对于C，因为PA⋅PB=所以PB⋅CA=0，PB⊥CA，同理，PC⊥BA可得点P是▵ABC中三条垂线的交点，即点P是▵ABC的垂心，故C正确，对于D，因为OA+OB+2设AB的中点为D，则OA+所以2OD=−2OC，即O所以S▵AOC=1故选：BCD11.AC

【解析】解：对A：如图：

因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以B1D1⊥AA1，又所以当P点位于▵AB1D1边上时，对B：如图：分别取BB1，CC1中点M，N，连接AM，

则MN/​/BC，

因为BC⊥平面ABB1A1，所以MN⊥平面ABB1A1，又BF⊂平面ABB1A1，

所以BF⊥MN，

易得△ABM≌△BB1F，所以∠BAM=∠B由于AP⊥BF

，所以P点轨迹为矩形AMND，所以动点P轨迹的周长为25+4对C：如图：分别取AA1，AD，DC，CC1，

易得MF//A1C1,JK//AC,AC//A1C1，所以MF//JK，同理可得IF//KL，所以I，J，K，L，M，F六点共面，且是正六边形，

因为MF//A1C1,MF⊄平面A1DC1，A1C由于PF//平面A1C1D，所以P点轨迹是正六边形对D：如图：

因为B1F⊥平面BCC1B1，B1P⊂平面平面BCC1B1，所以B1F⊥B1P，则B1P=PF2−B1F2=1，则点P轨迹是以B1为圆心，以1为半径的14圆弧，

因为CD⊥平面故选：AC12.−1

【解析】sin=−sin故答案为：−113.3+4i或4i+3

【解析】由题意a2+b2故答案为：z=3+4i．14.24+163或【解析】在▵ABC中，由正弦定理得ABsin所以AB=8sinC，所以因为sinC=所以AB⋅=48cos=163sin(2A+π故当2A+π3=π2时，即A=故答案为：24+1615.(1)因为a=(1,3所以a+所以(a+b(2)因为a=(1,3所以a=1又a⋅所以cosa又a,b∈[0,π]，所以a与b【解析】(1)由向量的加法、数量积的坐标运算即可得证；(2)直接由向量夹角的坐标运算计算即可求解．16.(1)证明：如图，取PA的中点F，连接．EF，BF因为E是PD的中点，所以EF/​/AD，EF=又BC//AD，BC=1所以四边形EFBC是平行四边形，所以CE//所以四边形EFBC是平行四边形，所以CE//BF．因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE/​/平面PAB．(2)解：由(1)可知EF/​/AD，又AD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB，即EF是三棱锥E−PAB的高．又PA=2，则PB=AB=2，EF=所以V三棱锥E−PAB故三棱锥E−PAB的体积为2【解析】(1)运用中位线性质得到线线平行，再得到线面平行．(2)运用三棱锥的

体积公式求解即可17.(1)因为2bcos由正弦定理可得2sin即2sin所以2cos因为C∈0,π，所以sin所以cosB=−12，又B∈(2)如图所示：因为2AM=MC，b=9，所以AM=3，MC=6．又∠MAB=∠MBA，所以BM=AM=3．在▵ABC中，由余弦定理得b2即a又2AM=MC，即AM=所以BM=两边平方得BM2即9=4所以a②−①得3c2=3ac代入①得a=c=33(【解析】(1)利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式计算可得；(2)首先求出AM，MC，在▵ABC利用余弦定理得到a2+c2+ac=81，再由BM=218.(1)解：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA又∠ACD=90∘，∵PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC，又在▵PCD中，E,F分别为PD,PC中点，故EF//DC，∴EF⊥平面PAC∵EF⊂平面AEF，∴平面PAC⊥平面AEF．(2)解：取AD的中点M，连接EM，取AC的中点H，连接EH，MH，由EM//PA，PA⊥平面ABCD，可得EM⊥平面ABCD，又MH//CD，CD⊥AC，可得MH⊥AC，因为MH是斜线EH在平面ABCD上的射影，由三垂线定理可得AC⊥EH，所以∠EHM是二面角E−AC−D的平面角，二面角E−AC−B的平面角与∠EHM互补．在▵ACD中，设AC=2x，∠ACD=90可得CD=2在直角三角形EHM中，MH=可得tan∠EHM=即有∠EHM=30则二面角E−AC−B的大小为150∘【解析】(1)根据线面垂直的判定定理证明CD⊥平面PAC，再利用面面垂直的判定定理即可求证．(2)取AD的中点M，连接EM，取AC的中点H，连接EH，MH，证明二面角E−AC−B的平面角与∠EHM互补，计算∠EHM的大小即可．19.(1)(ⅰ)因为sinx所以fx(ⅱ)令0<x1=cos又