2023-2024学年辽宁省沈阳120中高一(下)第三次质检数学试卷(含解析)_第1页
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第=page11页,共=sectionpages11页2023-2024学年辽宁省沈阳120中高一(下)第三次质检数学试卷一、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.若z=5ii+2,则z−A.1+2i B.−1+2i C.1−2i D.−1−2i2.设a,b是空间中的两条直线,α,β是空间中的两个平面,下列说法正确的是(

)A.若a⊂α,b//α,则a//bB.若a⊂α,α∩β=b,则a与b相交

C.若a⊂α,b⊂β,α//β,则a//bD.若a⊂α,b⊂β,α//β,则a与b没有公共点3.若cos(π6−α)=3A.−2425 B.−725 C.4.已知M=sin100°−cos100°,N=2(sin44°cos12°+sin46°sin12°),P=12(1+tan22°)(1+tan23°),那么M,NA.M<N<P B.P<M<N C.N<M<P D.P<N<M5.已知正三棱台的上、下底面的棱长分别为3和6,侧棱长为2,则该正三棱台的体积为(

)A.1932 B.21326.在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,且△ABC的面积S△ABC=3,S△ABCA.3 B.−3 C.27.如图,在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中,P为棱BB1的中点,Q为正方形BB1C1CA.[1,2]

B.[328.已知函数f(x)=xsin(ωx+π4),∀x1,x2∈(πA.[12,32] B.[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.设z1,z2,z3为复数,z1A.若|z1|=|z2|,则|z1z3|=|z2z3| B.10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且3bcosC+3ccosB=a2,则下列说法正确的是(

)A.a=3

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)

11.半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成,其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中,若其棱长为1,则下列结论正确的是(

)A.该半正多面体的表面积为2134

B.该半正多面体的体积为23212

C.该半正多面体外接球的表面积为11π2

D.若点M,N分别在线段DE三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.已知a=(−2,λ),b=(3,1),若(a+b)⊥b,则13.△ABC中,角A,B,C满足cos2A−cos2B=2sinC(sinB−sinC),则1tanB+114.球面被平面所截得的一部分叫做球冠,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高,球缺是旋转体,可以看作是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1,一个球面的半径为R,球冠的高是ℎ,球冠的表面积公式是S=2πRℎ,如图2,已知C,D是以AB为直径的圆上的两点,∠AOC=∠BOD=π3,S扇形COD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)

已知向量a=(sinx,1),b=(−cosx,32),函数f(x)=2a⋅(a−b).

(1)求16.(本小题15分)

已知四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是梯形,AB//DC,AB⊥AD,DC=2AB=2,AD=3,PB=PC,M,N分别是PD,BC的中点.求证:

(1)AM//平面PBC;

(2)MN⊥BC17.(本小题15分)

如图,我国南海某处的一个圆形海域上有四个小岛,小岛B与小岛A、小岛C相距都为5nmile,与小岛D相距为35nmile.∠BAD为钝角,且sinA=35.

(1)求小岛A与小岛D之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积;

(2)记∠BDC为α,∠CBD为18.(本小题17分)

如图,在三棱台ABC−A1B1C1中,D,E分别是AB,AC的中点,AB=2A1B1,B1E⊥平面ABC,且∠ACB=90°.

(1)求证:B1C/​/19.(本小题17分)

某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花,初步设计了一个平面图,如图所示,该平面图由Rt△ABF,直角梯形BCEF和以C为圆心的四分之一圆弧ED构成,其中AB⊥BF,BC⊥CE,BF/​/CE,且BC=BF=1,CE=2,AB=72,将平面图形ADEF以AD所在直线为轴,旋转一周形成的几何体即为烟花.

(1)求该烟花的体积;

(2)工厂准备将矩形PMNQ(该矩形内接于图形BDEF,M在弧DE上,N在线段EF上,PQ在AD上)旋转所形成的几何体用来安放燃料,设∠MCE=θ(0<θ≤π3),

①请用θ表示燃料的体积V;

②若烟花燃烧时间t和燃料体积V

答案解析1.C

【解析】解:∵z=5ii+2=5i(2−i)(2+i)(2−i)=1+2i,

∴2.D

【解析】解:A选项,若a⊂α,b/​/α,则a/​/b,或a与b异面,

如图1,满足a⊂α,b/​/α,但a与b不平行,A错误;

B选项,若a⊂α,α∩β=b,则a与b平行或相交,

如图2,满足a⊂α,α∩β=b,但a与b平行,B错误;

C选项,若a⊂α,b⊂β,α/​/β,则a/​/b,或a与b异面,

如图3,满足a⊂α,b⊂β,α/​/β,但不满足a/​/b,C错误;

D选项,结合C选项的分析可知:若a⊂α,b⊂β,α/​/β,则a/​/b,或a与b异面,

即a与b没有公共点,

假设a与b有公共点,设公共点为P,则P∈α,P∈β,则P∈α∩β,但α/​/β,

故矛盾,假设不成立,即a与b没有公共点,D正确.

故选:D.

3.B

【解析】解:sin(2α+π6)=sin4.B

【解析】解:由题意可得:M=2(sin100°×22−cos100°×22)=2sin(100°−45°)=2sin55°>2sin45°=1,

N=5.D

【解析】解:因为正三棱台的上、下底面的边长分别为3,6,

所以上下底面面积分别为S′=12×32×32=934,S=12×32×62=93,

如图,连接上下底面中心OO1,则OO1即为三棱台的高,过B作BC⊥AO6.D

【解析】解:∵△ABC的面积S△ABC=3=12acsinB,

∴acsinB=23,

S△ABC=34(a2+c2−b2),7.D

【解析】解:如图,取CC1中点E,B1C1中点F,连接D1E,D1F,EF,

所以EF/​/B1C,正方体中,易得B1C/​/A1D,所以EF//A1D,

因为EF⊄平面A1PD,A1D⊂平面A1PD,所以EF/​/平面A1PD,

因为P,E为BB1,CC1中点,所以D1E//A1P,

因为D1E⊄平面A1PD,A1P⊂平面A1PD,所以D1E/​/平面A1PD,

因为EF∩D1E=E,所以平面D1EF//平面A1PD,

因为D8.A

【解析】解:由x2f(x1)−x1f(x2)>0,得f(x1)x1>f(x2)x2.

设g(x)=f(x)x=sin(ωx+π4),

由于x1,x2∈(π2,5π6),且

x1<x2时,g(x1)>g(x2),

可知g(x)在(π2,5π6)上单调递减.

由正弦函数性质可知T≥2×(5π6−π2)=2π39.ABC

【解析】解:对于A,由复数模的性质可得,|z1z3|=|z1||z3|,|z2z3|=|z2||z3|,

∵|z1|=|z2|,

∴|z1z3|=|z2z3|,故A正确,

对于B,∵z1z210.ACD

【解析】解:对于A选项,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,A选项正确;

对于B选项,由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA得9=b2+c2−2bc,

将此式看作关于c的二次方程c2−2bc+b2−9=0,由题意得此方程有两个正解,

故b2−9>0(2b)2−4(b2−9)>0,解得b∈(3,32),所以选项B错误;

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

因为△ABC为锐角三角形,

所以0<A<π20<B<π20<C<π2,即0<A<π20<π−3A<π20<2A<π2,解得π6<A<π4,

所以c=6cosA∈(32,33),故选项C正确;

对于11.BCD

【解析】解:由题意,该半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成,其可由正四面体切割而成,其棱长为1,

对于A,该正多面体的表面积为4×(34×32−3×34×12)+4×34×12=73,故A错误;

对于B,如图所示,该半正多面体所在的正四面体中,可得正四面体的棱长为3,

取正四面体的下底面的中心为N,连接MN,则MN⊥底面ABC,

在直角△MNG中,∵MG=3,NG=23×32×3=3,

∴MN= MG2−NG2=32−(3)2=6,

∴该半正多面体的体积为924−4×13×34×12×63=23212,故B正确;

对于C,该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心,

记球心为O,半径为R,△DEF的球心为O1,

连接OA,NA,OF,OO112.2【解析】解:a=(−2,λ),b=(3,1),

则a+b=(1,λ+1),

(a+b)⊥b,

则(a+b)⋅b=(1,λ+1)⋅(3,1)=3+1+λ=013.2【解析】解:∵cos2A−cos2B=2sinC(sinB−sinC),

化简可得sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC,

由正弦定理可得b2+c2−a2=bc,

即cosA=b2+c2−a22bc=12,

又因为A∈(0,π),

所以A=π3,

1tanB+1tanC=14.72π+36【解析】解:因为∠AOC=∠BOD=π3,所以∠DOC=π−2×π3=π3,设圆的半径为R,

又S扇形COD=12×π3R2=6π,解得R=6(负值舍去),

过点C作CE⊥AB交AB于点E,过点D作DF⊥AB交AB于点F,

则CE=OCsinπ3=33,OE=OCcosπ3=3,

所以AE=R−OE=3,同理可得DF=33,OF=BF=3,

将扇形DOC绕直线AB旋转一周形成的几何体为:

一个半径R=6的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥,15.解:(1)由a=(sinx,1),b=(−cosx,32),得a−b=(sinx+cosx,−12),

∴f(x)=2a⋅(a−b)=2sin2x+2sinxcosx−1=sin2x−cos2x=2sin(2x−π4).

∴f(x)的最小正周期为2π2=π【解析】(1)由平面向量数量积的坐标运算及三角函数的恒等变换化简f(x),由周期公式求周期,再由复合函数的单调性求单调递增区间;

(2)由x的范围求出2x−π416.证明:(1)如图,取PC的中点Q,连结MQ,BQ,

因为M是PD的中点,

所以MQ//DC,MQ=12DC,

又AB//DC,AB=12DC,

所以AB//MQ,AB=MQ,

所以四边形ABQM是平行四边形,

所以AM/​/BQ,

因为AM⊄平面PBC,BQ⊂平面PBC,

所以AM/​/平面PBC;

(2)连结PN,DN,DB,

因为PB=PC,N是BC的中点,

所以PN⊥BC,

在△ABD中,AB⊥AD,AD=3,AB=1,

所以DB=2,

由条件DC=2,所以DC=DB,

又N是BC的中点,所以DN⊥BC,

因为DN,PN⊂平面PDN,DN∩PN=N,

所以BC⊥平面PDN,

因为MN⊂平面【解析】(1)取BC的中点Q,连结MQ,BQ,证明四边形ABQM是平行四边形,则AM/​/BQ,再根据线面平行的判定定理即可得证;

(2)连结PN,DN,DB,证明BC⊥平面PDN,再根据线面垂直的性质即可得证.

本题考查线面平行的证法,线面垂直的证法及线线垂直的证法,属于中档题.17.解:(1)∵sinA=35,且A为钝角,∴cosA=−1−(35)2=−45,

在△ABD中,由余弦定理可得BD2=AD2+AB2−2AD⋅AB⋅cosA,

∴(35)2=AD2+52−2AD⋅5⋅(−45),即AD2+8AD−20=0,

解得:AD=2或AD=−10(舍去).

∴小岛A与小岛D之间的距离为2 nmile.

∵A、B、C、D四点共圆,∴A与C互补,则sinC=35,

cosC=cos(180°−A)=−cosA=45.

在△BDC中,由余弦定理得:CD2+CB2−2CD⋅CB【解析】(1)由sinA求得cosA,在△ABD中,由余弦定理列式求得AD;再由A、B、C、D四点共圆求解sinC与cosC,在△BDC中,由余弦定理解得CD,再求△ABD、△BCD的面积,可得四个小岛所形成的四边形的面积;

(2)在△BD

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