2023-2024学年河南省南阳市高一下学期期末质量评估数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省南阳市高一下学期期末质量评估数学试题一、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.cos215A.64 B.12 C.2.已知：z1−i=1+i，其中i为虚数单位，则z=A.1 B.2 C.3 3.如图是底面半径为1的圆锥，将其放倒在水平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点O滚动，当这个圆锥在水平面内首次转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则滚动过程中该圆锥上的点到水平面的距离最大值为(

)

A.22 B.2 C.44.已知向量a=(1,2)，b=(−2,−4)，|c|=5，若(a+A.30° B.60° C.120° D.150°5.在平面直角坐标系xOy中，平面向量OA=3,4，将OA绕原点逆时针旋转2π3得到向量OB，则向量OB在向量OA上的投影向量是A.32+23,2−3326.如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知SD：DA=SE：EB=CF：FS=2：1，这个容器最多可盛原来水的(

)A.2933

B.2327

C.19277.在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1−cosθ为角θ的正矢，记作versinθ；定义1−sinθ为角θA.函数fx=versinx−coversx+1的对称中心为kπ−π4,1,k∈Z

B.若gx=versinx⋅coversx−1，则gx的最大值为2+1

C.若ℎx8.如图，在直角梯形ABCD中，已知AD//BC，AD=AB=1，∠BAD=90∘，∠BCD=45∘，现将▵ABD沿BD折起到▵PBD的位置，使二面角P−BD−C的大小为45°，则此时三棱锥P−BCDA.8π3 B.14π3C.4π D.6π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.下列有关复数内容表述正确的是(

)A.若复数z满足z+z=0，则z一定为纯虚数

B.对任意的复数z均满足：z2=z2

C.设在复数范围内方程x2−4x+13=0的两根为x1，x2，则x1+x210.已知函数fx=asinx+bcosxA.a=b B.函数fπ4−x是偶函数

C.函数fx的图象关于直线x=5π4对称 11.如图，在正三棱锥A−BCD中，底面边长为a，侧棱长为2a，点E，F分别为侧棱AC，AD上的异于端点的动点.则下列说法正确的是(

)A.若BE⊥AC，则不可能存在这样的点F，使得EF⊥AC

B.若AE=13AC，AF=23AD，则VE−ABF=29V三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量OA=1,2，OB=2,−1，点P是线段AB的三等分点，则点P的坐标是13.如图，在▵ABC中，∠ABC=60∘，AC=6，BC=2，∠ABC的角平分线交AC于D，交过点A且与BC平行的直线于点E，则DE=

．14.设Px,y为函数fx=sinπ2x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)(1)已知复数z满足z=1+3i−z，求1+3i(2)设x∈R，复数z=log2x+1+i⋅lo16.(本小题12分)已知α为锐角，β为钝角，且sinα=10(1)求sin2β(2)求β−2α的值．17.(本小题12分)在▵ABC中，∠ABD=α，∠DBC=β．(1)求证：sinα+β(2)若AB=AC，∠C=72∘，求cos18.(本小题12分)如图，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AB=12BC=1，点E(1)求证：AE⊥PC；(2)若M，N分别是PD，AC上的点，且PMDM=ANCN=2，Q为19.(本小题12分)已知在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.圆M与▵ABC的边AC及BA，BC的延长线相切(即圆M为▵ABC的一个旁切圆)，圆M与边AC相切于点T.记▵ABC的面积为S，圆M的半径为r．(1)求证：r=2S(2)若B=π3，①求r的最大值；②当r=33时，求AM⋅答案解析1.C

【解析】运用二倍角余弦公式得到cos故选：C．2.A

【解析】z=1+i1−i=i故选：A．3.C

【解析】如图所示根据圆锥的性质，可知2πOA=3⋅πAB，由圆锥底面半径为r=1，则AB=2r=2，OA=OB=3所以OC=易知圆锥上到水平面的距离最大的点为B，设距离为d，所以12则d=AB⋅OC故选：C．4.C

【解析】解：设a与c的夹角为θ，

∵a=(1,2),b=(−2,−4)，则b=−2a，

(a+b)⋅c=−a⋅c=5.D

【解析】因为OA=OB=5，OA所以OB在OA上的投影数量为：OA⋅所以OB在OA上的投影向量为：OA⋅故选：D6.B

【解析】解：∵SD：DA=SE：EB=2：1，

∴SD：SA=SE：SB=2：3，则S△SDE：S△SAB=4：9，

∵CF：FS=2：1，∴SF：SC=1：3．

设点F，C到平面SAB的距离分别为ℎ1，ℎ2，

∴ℎ1：ℎ2=1：3，

则VF−SDE：7.D

【解析】对A：fx由x−π4=kπ，k∈Z⇒x=kπ+π4，k∈Z，所以函数f对B：gx设sinx+cosx=t，则t∈所以y=t2当t=−2时，ymax

对C：ℎx因为ℎα=1且0<α<π所以sinα=所以圆心角为α，半径为3的扇形的面积为：12×π对D：由versin所以covers3x−1coversx−1=sin故选：D8.D

【解析】如图：取BD中点E，BC中点F，连接PE，EF，由题意可知：PE⊥BD，EF⊥BD，所以∠PEF为二面角P−BD−C的平面角，∠PEF=45由题意可得▵BDC为等腰直角三角形，所以F为▵BDC的外心，过F作直线l⊥平面BDC，则三棱锥P−BCD外接球的球心O必在直线l上.因为l⊥平面BDC，BD⊂平面BDC，所以BD⊥l，所以l在平面PEF中.又E为▵PBD的

外心，连接OE，则OE⊥平面PBD．所以∠OEF=45由于AD=AB=1，∠BAD=90∘，则▵BDC为等腰直角三角形，故CD=BD=在Rt▵OEF中，∠OEF=45∘，EF=12CD=所以三棱锥P−BCD外接球的

半径：R=OC=所以三棱锥P−BCD外接球的表面积为：S=4πR故选：D9.CD

【解析】A选项：当z=0时，z=0，此时z+z=0，当zB选项：设z=a+bi，则z2=a2+2abi+C选项：x2−4x+13=0，则x1=2+6i，x2D选项：设z1=a1+即a1a2−b1b2=0a1b2+a2b1=0故选：CD．10.ABC

【解析】解：∵f(x)=asinx+bcos∴f(x)的图象关于直线x=π∴f(0)=f(π2)，即b=a∴f(x)=a(sin∴f(π4−x)=又f(5π4)=2∴函数f(x)的图象关于直线x=5π4对称，x∈−π4由于a的正负不确定，则函数fx在区间−π4故选：ABC．11.AC

【解析】对选项A：如图：取BD中点G，连接AG,CG,ED，因为▵BCD是边长为a的等边三角形，所以BD⊥CG，在▵ABD中，AB=AD=2a，所以BD⊥AG，AG∩BG=G，且AG,BG⊂平面AGC，所以BD⊥平面AGCAC⊂平面AGC，所以AC⊥BD．又AC⊥BE，BE∩BD=B，BE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED．所以要有EF⊥AC，则必有EF⊂平面BED.故F点与D点重合．这与F为AD上的点且异于端点矛盾，故A正确；对选项B：因为VE−ABF所以VE−ABFVB−EFDC对选项C：若CD//平面BEF，CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF=EF，所以CD//EF，故C正确；对D选项：如图：将三棱锥的侧面展开，当B,E,F,B′共线时，△BEF的周长最小．此时cos∠BAC=所以cos∠BAB′=4co所以BB′2=4a2故选：AC12.43,1或【解析】由点P是线段AB的三等分点，可得AP=13AB则OP=或OP=即点P的坐标为43,1或故答案为：43,1或13.1+【解析】在▵ABC中，由余弦定理可得：AC即6=4+AB2−2AB，又AB>0因为AE//BC，BE平分∠ABC，所以∠ABE=∠E=30∘，所以在▵ABE中，因为∠BAE=120∘，所以因为AE//BC，所以▵ADE∼▵CDB，所以BDDE故答案为：1+14.55或【解析】由已知有y=sinπ2由于余弦函数是偶函数，故cosπ2x由于0≤π2x≤π所以y=sin这就得到y≥2．若x<411，则若411≤x≤1，则3x−y综上，有3x−y当P的坐标是1,2时，即x=1，y=2时，有3x−y所以3x−yx2故答案为：515.解：(1)因为z=1+3i−z，可设z=a+3i，则a2所以1+3i3+4i(2)由题意：log所以所求x的取值范围为：−1,0．【解析】(1)先根据条件求出复数z，再根据复数的乘除法运算计算结果．(2)根据第三象限内点的坐标特点列出不等式组，解不等式组可得答案．16.解：(1)sin(2)因为α为锐角，sinα=1010，可得由cos2α=1−2sin2所以tan2α=则tan(β−2α)=又因为tan2α=34>0，所以可得0<β−2α<π，所以β−2α=3π【解析】(1)利用二倍角公式，齐次式的方法即可求值；(2)分别求出tan2α，tan17.解：(1)证明：因为S△ABC所以12两边同时除以12AB⋅BC⋅BD，得故命题得证．(2)若AB=AC，∠C=72∘，则∠A=36当α=β=12∠ABC=36∘时，▵ABC，▵ABD和▵BCD所以ACBD所以ACAD=AD所以(ADAC)2+不妨取AC=2m，AD=(5−1)m，则AB=2m在▵ABD中，由余弦定理知，cos36【解析】(1)根据S△ABC(2)令α=β，根据AD=BD=BC，且▵ABC∽▵BCD，利用三角形相似的性质，求得ADAC=18.解：(1)∵PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥PA，又底面ABCD为矩形，则AD⊥AB，又PA⋂AB=A且都在面PAB内，∴AD⊥平面PAB，又AE⊂平面PAB，∴AE⊥AD，又AD//BC，则AE⊥BC，又PA=AB，点E是棱PB的中点，则AE⊥PB，又BC⋂PB=B且都在面PBC内，∴AE⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC；(2)三棱锥P−ABQ的体积是为定值，且定值为29如图，过M作MG//DA，且MG⋂PA=G，过N作NF//BC，且NF⋂AB=F，连接GF，又DA//CB，∴MG//CB，∵PMDM=ANCN∴GM=23AD=又MG//CB，则MG//FN，故四边形GMNF为平行四边形，∴MN//GF，又MN⊄平面PAB，GF⊂平面PAB，∴MN//平面PAB，又Q为MN上任意一点，∴Q到平面PAB的距离为定值，又▵PAB的面积也为定值，∴三棱锥P−ABQ的体积是定值，由(1)知AD⊥平面PAB，由GM//AD，故GM⊥平面PAB，∴Q到平面PAB的距离为GM=2又▵PAB的面积为12∴三棱锥P−ABQ的体积为：VP−ABQ故三棱锥P−ABQ的体积是为定值，且定值为29【解析】(1)根据向量垂直的判定定理证明AE⊥平面PBC即可；(2)过M作MG//DA，且MG∩PA=G，过N作NF//BC，且NF∩AB=F，连接GF，则易证MN//平面PAB，再根据三棱锥的体积公式，即可求解．19.解：(1)证明：连接MA，MB，MC，则S=S故r=2S(2)①因为S=12ac由cosB=a2故ac=13由(1)知：r=2S由(∗)式可得