2023-2024学年河南省驻马店市高一下学期7月期终质量监测数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省驻马店市高一下学期7月期终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.角2024∘的终边在(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若a//α,b⊂α，则(

)A.a/​/b B.a与b异面 C.a与b相交 D.a与b没有公共点3.已知向量a=(1,2),b=(1,m)，若a⊥bA.−12 B.−2 C.124.英国数学家泰勒发现了如下公式：sinx=x−x33!+x55!−x77!+⋯，A.0.53 B.0.54 C.0.55 D.0.565.函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，若fT4=1A.π6 B.π3 C.2π36.设复数z满足z1+i+z1−i=1，则A.14 B.24 C.17.设角α满足sinα3−tan10A.40∘ B.50∘ C.80∘8.已知正四面体P−ABC内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为23的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围(

)A.[22,23] B.[2二、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a,b,cA.若a=0，则a=0 B.若a⋅b=b⋅c，则a=c

C.若a+10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，O为BD的中点，直线A1CA.C1，M，O三点共线 B.平面A1D1C⊥平面C1BD

C.点A1到平面C11.已知函数fx=sin2x+φ0<φ<πA.φ的取值范围为π4,π2 B.fx在区间φ2,φ上单调递减

C.fx在区间三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知复数z=5i1+2i，则z的虚部为

．13.设D为▵ABC所在平面内一点，BC=3CD，E为AD的中点，BE与AC交于点F，设AF=λAC，则λ=14.已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记BC边上的高为ℎ，若A为锐角，b=3asinB，则ℎ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a,b均为单位向量，且(1)求|a(2)求向量a+b与(3)求向量a+b与b16.(本小题12分)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且图象关于点π4,0对称，把函数f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移(1)求函数f(x)和g(x)解析式；(2)若方程f(x)+kg(x)=0在x∈π6,5π17.(本小题12分)如图，六面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AE=2BF,BF//AE,BF⊥AD，且平面ACE⊥平面ABCD．(1)在DE上确定一点M，使得FM//平面ABCD；(2)求证：AE⊥平面ABCD；(3)若AB=AC=BF=2，求六面体ABCDEF的体积．18.(本小题12分)已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，▵ABC的外接圆的半径R=3，且满足(1)求角B；(2)若BD为AC边上的角平分线，且BD=2，求▵ABC的面积；(3)设▵ABC的外接圆的圆心为O，且OB=λOA+μOC19.(本小题12分)在三棱锥P−ABC中，AB=AC=PB=PC，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH．(1)如图1，证明：AP⊥BC；(2)如图2，记∠PAB=θ，直线AP与平面ABC的夹角为θ1，∠BAH=θ2，求证：cosθ=cos(3)如图3，已知AB=5,AP=4,BC=6，M为平面PBC内一点，且AM=4，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值．

答案解析1.C

【解析】解：因为

2024∘=且

180∘<所以角

2024∘

的终边在第三象限.故选：2.D

【解析】因为a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若a//α,b⊂α，则a/​/b或a与b异面，即a与b没有公共点，故只有D满足题意．故选：D．3.A

【解析】因为a⊥b，所以所以m=−1故选：A．4.B

【解析】由泰勒公式：cosx=1−cos1=1−故选：B．5.B

【解析】T=2πω，则fπ即2sin(π2+φ)=1，即2cosφ=1故选：B．6.D

【解析】设z=a+bia,b∈R，则z则z1+i所以b=1−a，则z=所以|z|的最小值为2故选：D．7.A

【解析】由题意3所以sinα=所以α=40∘+故选：A．8.C

【解析】如图，在正四面体P−ABC中，设顶点P在底面的射影为O1则球心O在PO1上，O1在AE上，且A设正四面体的棱长为a，则AE=则正四面体的高PO设外接球半径为R，在Rt▵OO1A中，OA2∴在Rt▵OO1E过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r=最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=由题设存在半径为23的截面圆，∴1故选：C．9.AC

【解析】对于A，若a=0，则a=0对于B，让b=0，a,c不共线，则有a⋅对于C，若a+b=a+b，则a2+b对于D，若a与b共线，则a,b同向或反向，但它们的模长不一定相等，故故选：AC．10.ABD

【解析】对于A，如图所示，因为O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，所以因为O∈BD，BD⊂平面C1BD，所以O∈平面所以O是平面ACC1A同理可得，点M和C1都是平面ACC1所以三点C1，M，O在平面C1BD即C1，M，O三点共线，故A对于B，在正方体ABCD−A1B1CBD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1，又AA1∩AC=A,A所以BD⊥平面A1AC，又A1所以A1C⊥BD，同理又BD∩BC1=B，BD,BC1⊂平面A1C⊂平面A1D1C，所以平面对于C，由B分析知道A1C⊥平面C1BD，则点A1设点C到平面C1BD的距离为由VC−BDC1又正方体的棱长为1，所以正三角形BDC1的边长为所以13所以ℎ=33，则A对于D，如下图，若O′为AC,BD交点，则二面角A1−BD−C又∠AO′A1=∠CO′所以tan=−2×故cos[π−(∠AO′A1故选：ABD．11.AB

【解析】对于A，若π4<φ<π2，则对而0<π4−φ2<φ若fx在0,φ2上有最大值，设最大值在x=x0处取到，则x=而x0∈0,φ2所以π4由0<φ<π2可得π4+kπ<φ<π2，从而−14<k<所以由π4+kπ<φ<π综上，φ的取值范围是π4,π对于B，由于当x∈φ2,φ时，有2x+φ>2⋅故2x+φ∈π2,3π2，所以f对于C，当φ=5π12时，fx=sin2x+5π12，而对于D，设ℎx=x−sin3x，则对π4<x<π2有由于φ−fφ=φ−sin3φ，故至多存在一个φ使得故选：AB．12.1

【解析】z=5i1+2i=故答案为：113.47【解析】由BC=3CD可知由于E为AD的中点，故AE=故AC=32而根据题意，点F在直线BE上，故3λ2+λ故答案为：4714.3【解析】b=3a又sinB>0，则sinA=33余弦定理可知a2等面积法知12bcsinA=1(∗)代入(∗∗)，则ℎ=当且仅当b=c时取最大值，则ℎa的最大值为故答案为：315.(1)由a,b均为单位向量，则由|a+b|=1，即故|a(2)cosa由(1)知，cos⟨a+故a+b与b的夹角为(3)由投影数量的定义可知，向量a+b与b方向上的投影数量为

【解析】(1)由条件，结合数量积的性质求出a⋅b，再由(2)结合向量夹角的计算公式求解；(3)根据投影数量的定义求解．16.(1)由T=π，得ω=2，由f(x)的图象关于点π4,0对称，则2×π又由0<φ<π，则φ=π故f(x)=sin由于f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π2个单位长度得到函数g(x)故g(x)=sin(2)由(1)知，把f(x)，g(x)代入方程，得cos2x+k即方程2sin2x−k令t=sinx,x∈π上述方程转化为2t2−kt−1=0进一步转化为k=2t−1t在令ℎt=2t−1t，则故ℎ(t)∈[−1,1]，也即是k∈[−1,1]．【解析】(1)先由函数对称性、周期性列式求解参数即可得出fx，利用平移伸缩变换法则可得g(2)通过换元法得出2t2−kt−1=017.(1)当M为DE的中点时，FM//平面ABCD．再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，由M，N分别为DE，AD的中点，则MN//AE，且AE=2MN，再由BF//AE，且AE=2BF，则BF//MN,BF=MN，故四边形BFMN为平行四边形，即FM//BN，且FM⊄平面ABCD，BN⊂平面ABCD，故FM//平面ABCD；

(2)由四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，由平面ACE⊥平面ABCD，且平面ACE∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，则BD⊥平面ACE，由AE⊂平面ACE，则BD⊥AE，由BF⊥AD,BF//AE，则AE⊥AD，由AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABCD，则AE⊥平面ABCD(3)取AB的中点为G，连接CG，由(2)知AE⊥平面ABCD，且AE⊂平面AEFB，则平面AEFB⊥平面ABCD，由AC=BC，且G为AB的中点，则CG⊥AB，由平面AEFB∩平面ABCD=AB，CG⊂平面ABCD，则CG⊥平面AEFB，由AB=AC=BF=2,AE=2BF，得CG=则▵ACD为正三角形，S▵ACD则VABCDEF=【解析】(1)当M为DE的中点时再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，可证明四边形BFMN为平行四边形，则FM//平面ABCD；(2)证明则BD⊥AE，AE⊥AD，即可证明AE⊥平面ABCD；(3)先证明CG⊥平面AEFB，再利用VABCDEF18.(1)由cosAcos由A+B+C=π，得cos由①②联立，得sin由C∈(0,π)，消去sinC，得又由B∈(0,π)，得B=(2)由(1)可知B=π3而BD为∠ABC的平分线，故∠ABD=∠CBD=又SABC=S▵ABD+即2(a+c)=再由余弦定理12整理得(a+c由①②联立，可得(ac)2−4ac−12=0，解得ac=6或故SABC(3)由(1)知B=π3，且O为可知∠AOC=2B=由OB=λOA则OB⋅OA则λ+μ=2(cos2A+cosλ+μ=2所以π3+2C∈π3故λ+μ∈[−2,1)【解析】(1)利用内角和消去一个角，再用两角和差公式进行恒等变形，即可求出结果；(2)利用角和该角平分线长已知，结合面积和关系来得到边的关系，再结合余弦定理联立方程组求解即可得到面积；(3)利用向量积的运算，得到关系式，再来求解取值范围．19.(1)取BC的中点为D，连接AD,PD，由AB=AC，D为BC的中点，得AD⊥BC，由PB=PC，D为BC的中点，得PD⊥BC，而AD∩PD=D,AD,PD⊂平面ADP，则BC⊥平面ADP，又AP⊂平面ADP，所以BC⊥AP．(2)由(1)知，PA⊥BC，而PH⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PH⊥BC，又PA∩PH=P,PA,PH⊂平面PAH，于是BC⊥平面PAH，而AH⊂平面PAH，因此AH⊥BC，又AB=AC，θ2过点H向AB作垂线，垂足为点N，连接PN，则cosθ由点P在平面ABC内的投影为H，得cosθ由PH⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，得PH⊥AB，而HN⊥AB，HN∩AH=H,HN,AH⊂平面PHN，则AB⊥平面PHN，由PN⊂平面PHN，则PN⊥AB，于是cosθ=ANAP因此cosθ=cosθ1⋅cosθ2，当由cosθ2≤1，得cosθ≤cos所以θ≥θ(3)设点A到平面PBC的距离为d，直线AM与直线BC的夹角θ，直线AM与平面PBC的夹角θ1由(1)知，PD=AD=ABS▵PBC=12PD⋅BC=12由VP−ABC=VA−PBC，得d=23