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=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