2023-2024学年江西省上饶市高一下学期期末教学质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省上饶市高一下学期期末教学质量检测数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足1+i=z(1−i)(i为虚数单位)，则复数z=( )
A. −iB. iC. 1+iD. 1−i
2.△ABC是边长为1的正三角形，那么△ABC的斜二测平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A. 616B. 68C. 38D. 34
3.已知向量a=(1,csθ)，b=(2,sinθ)，若a/​/b，则tanθ=( )
A. 2B. −2C. 12D. −12
4.已知m,n是空间中两条不同的直线，α,β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊂α，则m⊥βB. 若m⊂α,n⊂β，则m⊥n
C. 若m⊄α，m⊥β，则m/​/αD. 若α∩β=m，n⊥m，则n⊥α
5.向量a=(1,0)，a与非零向量b的夹角为60∘，则a在b上的投影数量为( )
A. 12B. 32C. 1D. − 3
6.已知G为△ABC的重心，则( )
A. BG=23AB−13ACB. BG=−23AB+13AC
C. BG=−13AB+23ACD. BG=13AB−23AC
7.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是( )
A. a=8，b=16，A=30∘，有两解
B. a=18，b=20，A=60∘，有一解
C. a=30，b=25，A=150∘，有一解
D. a=5，b=2，A=90∘，无解
8.若函数f(x)=asinωx+csωx的对称轴方程为x=kπ+π4，k∈Z，则f(ω4π)=( )
A. 22B. − 22C. − 2D. 2
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.若复数z1，z2是方程x2−2x+5=0的两根，则( )
A. z1，z2虚部不同
B. z1，z2在复平面内所对应的点关于实轴对称
C. |z1|= 5
D. z1+z22−i在复平面内所对应的点位于第三象限
10.关于函数f(x)=2sin(2x−π3)+1，下列结论正确的是( )
A. (π6,0)是f(x)的一个对称中心
B. 函数f(x)在(0,π6)上单调递增
C. 函数f(x)图像可由函数g(x)=2cs2x+1的图像向右平移5π12个单位得到
D. 若方程2f(x)−m=0在区间[π12,π2]上有两个不相等的实根，则m∈[2 3+2,6]
11.如图，若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F，EF= 2.则下列结论正确的是( )
A. 直线AC1与平面ABCD的夹角的余弦值为 63
B. 当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成角为π3
C. 平面C1BD//平面AEF
D. A1C⊥平面AEF
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若tanθ=2，则sinθ(csθ−sinθ)= ．
13.设e1与e2是两个不共线向量，AB=3e1+2e2，CB=ke1+e2，CD=3e1−2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为 ．
14.△ABC中，AB=AC=8，延长线段AB至D，使得∠A=2∠D，则BD+BC的最大值为 ．
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a=(2,m)，b=(3−m,−5)，(m∈R)
(1)若|a+b|=|a−b|，求实数m的值。
(2)已知向量a，b的夹角为钝角，求实数m的范围。
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图像如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式及对称中心;
(2)求函数f(x)在[π12,π2]上的值域．
(3)先将f(x)的图像纵坐标缩短到原来的12倍，再向左平移π12个单位后得到g(x)的图像，求函数y=g(x)在x∈[−π2,π]上的单调减区间．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且满足2bcsC+c=2a．
(1)求∠B;
(2)若D为AC的中点，且BD=52，b=3，求△ABC的面积．
18.(本小题17分)
如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC=3，连接PD，如图2，
(1)证明：AB⊥PC;
(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值;
(3)在线段PD上是否存在点N，使得PB/​/平面MCN?若存在，请求出PNPD的值;若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
我们把由平面内夹角成60∘的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“创新坐标系”.如图所示，e1，e2分别为Ox，Oy正方向上的单位向量.若向量OP=xe1+ye2，则称有序实数对{x,y}为向量OP的“创新坐标”，可记作OP={x,y}．
(1)已知a={1,1}，b={2,3}，c={−1,2}，设c=xa+yb，求x+y的值．
(2)已知a={x1,y1}，b={x2,y2}，求证：a/​/b的充要条件是x1y2−x2y1=0．
(3)若向量a，b的“创新坐标”分别为{sinx,1}，{csx,1}，已知f(x)=a⋅b，x∈R求函数f(x)的最小值。
答案解析
1.B
【解析】解：∵1+i=z(1−i)，
∴z=1+i1−i=1+i22=i．
故选B．
2.A
【解析】解：以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，
画对应的x′轴，y′轴，使∠x′O′y′=45∘，如下图所示，

结合图形，▵ABC的面积为S▵ABC=12×AB×OC=12×1× 32= 34，
作C′D⊥A′B′，垂足为D，
则C′D= 22×O′C′= 22×12×OC= 24OC，AB=A′B′，
所以▵A′B′C′的面积S▵A′B′C′=12×A′B′×C′D=12× 24×OC×AB= 24×S▵ABC，
即原图和直观图面积之间的关系为S直观图S原图= 24，
所以，▵A′B′C′的面积为S▵A′B′C′= 24× 34= 616．
故选：A．
3.A
【解析】解：因为a=(1,csθ)，b=(2,sinθ)，
若a/​/b，
所以2csθ−sinθ=0，解得sinθ=2csθ，
所以tanθ=sinθcsθ=2．
故答案为A
4.C
【解析】解：对于A，m必须垂直于交线才能垂直于β，故A不正确；
对于B，若m与n至少有一条必须垂直于交线才能有m⊥n，故B错误；
对于C，可由面面垂直的性质在α内作一条交线的垂线l，
则l垂直于β，再由m⊥β，则m与l平行，可推m/​/α，故C正确；
对于D，只知n垂直α内一条直线，故D错误；
故选C．
5.A
【解析】解：因为a=(1,0)，
所以a=1，
又a与非零向量b的夹角为60∘，
所以a在b上的投影的数量为|a|cs=csπ3=12．
故选A．
6.B
【解析】解：延长BG，交AC于D点，则D为AC的中点，
则BG=23BD=23AD−AB=23(12AC−AB)=−23AB+13AC
故选B．
7.C
【解析】解：对于A，由正弦定理有，asinA=bsinB，解得sinB=bsinAa=16×128=1，
则B=90°，此时三角形有唯一解，错误；
对于B，由正弦定理有，asinA=bsinB，解得sinB=bsinAa=20× 3218=5 39> 32，
又 b>a ，所以 B>A ，此时三角形有两解，错误；
对于C，由正弦定理有，asinA=bsinB，解得sinB=bsinAa=25×1230=512，
又 b对于D，因为 A=90∘ ， a=5 ， c=2 ，
所以 b= a2−c2= 25−4= 21 ，有解，故D错误．
故选：C．
8.D
【解析】解：f(x)=asinωx+csωx= a2+1sin(ωx+φ)，其中tanφ=1a．
由函数f(x)图象的对称轴方程为x=kπ+π4，k∈Z，
得f(x)的最小正周期T=2π，所以ω=1，
所以f(x)=asinx+csx.
由函数f(x)图象的对称轴方程为x=kπ+π4，k∈Z，
得f(2kπ+π2−x)=f(x)，k∈Z，
令x=0，得f(2kπ+π2)=f(0)，k∈Z，
即asin(2kπ+π2)+cs(2kπ+π2)=1，k∈Z，得a=1，
所以f(x)=sinx+csx，则f(ω4π)=f(π4)=sinπ4+csπ4= 2．
故选D．
9.ABC
【解析】解：方程 x2−2x+5=0可化为 (x−1)2=−4，
故x=1±2i，则z1，z2是共轭复数，实部相同，虚部互为相反数，故A，B正确;
而|z1|=|1±2i|= 5，故C正确;
z1+z22−i=22−i=22+i2−i2+i=45+25i
故z1+z22−i在复平面内所对应的点为(45,25)，位于第一象限，故D错误．
10.BC
【解析】解：对于A：因为f(π6)=2sin⁡(2×π6−π3)+1=1，故A选项错误；
对于B：x∈(0,π6)时，2x−π3∈(−π3,0)，
所以函数f(x)在(0,π6)上单调递增，故B选项正确；
对于C：函数g(x)=2cs2x+1的图象向右平移5π12个单位得到函数 y=2cs⁡2(x−5π12)+1=2cs⁡(2x−5π6)+1=2cs⁡(2x−π3−π2)+1=2sin⁡(2x−π3)+1，
即为函数f(x)，故C选项正确；
对于D：方程2f(x)−m=0可化为fx=m2，
当π12⩽x⩽π2时，−π6⩽2x−π3⩽2π3，
令t=2x−π3，则−π6⩽t⩽2π3，
由题意可知，直线y=m2与函数 y=2sin t+1在−π6,2π3上的图象有两个交点，
如下图所示：
当t=2π3时，y=2sin2π3+1= 3+1 ，
由图可知，当 3+1⩽m2<3时，
直线y=m2与函数y=2sint+1在 −π6,2π3上的图象有两个交点，
因此，实数m的取值范围是2 3+2,6，故D选项错误．
故选BC．
11.ACD
【解析】解：选项A:连接AC，AC1，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，AC1=2 3，直线AC1与平面ABCD的夹角为∠CAC1，
cs∠CAC1=ACAC1=2 22 3= 63，故A正确；
选项B：设A1C1、B1D1的交点为M，AC、BD的交点为R，
当E与 D1重合时，F与M重合，连接 D1R， D1R//BM，
异面直线AE与BF所成的角，即为直线 AD1与 D1R所成的角，
在三角形 AD1R中， AD1= 2 2，
D1R=MB= BB12+M1B2= 6，AR= 2
由余弦定理得 cs ∠ AD1R= 32，则 ∠ AD1R =π6，
所以当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成的角为 π6，故B错误；
选项C:线段B1D1上有两个动点E，F，平面AEF即平面AB1D1，
BD//B1D1，B1D1⊂平面AB1D1，BD⊄平面AB1D1，所以BD//平面AB1D1，
同理C1B//平面AB1D1，C1B⋂BD=B，
所以平面C1BD//平面AB1D1，即平面C1BD//平面AEF，故C正确；
选项D:平面AEF即平面AB1D1，显然B1D1⊥平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，所以B1D1⊥A1C，同理A1C⊥AD1，
B1D1⋂AD1=D1，所以A1C⊥平面AB1D1，即A1C⊥平面AEF，D正确．
12.−25
【解析】解：因为tanθ=2，
所以sinθ(csθ−sinθ)=sinθcsθ−sin2θsin2θ+cs2θ=tanθ−tan2θtan2θ+1=−25．
故答案为−25．
13.−94
【解析】解：∵CB=ke1+e2，CD=3e1−2ke2，
∴BD=CD−CB=(3−k)e1−2k+1e2，且AB=3e1+2e2，
∵A，B，D三点共线，
∴AB,BD共线，
∴存在实数λ，使BD=λAB，
∴(3−k)e1−2k+1e2=3λe1+2λe2，
∵e1，e2是两个不共线的平面向量，
∴3−k=3λ−2k+1=2λ，解得k=−94．
故答案为−94．
14.18
【解析】解：如图：
过A点作AH⊥BC于H，
设∠D=α，则∠BAC=2α,∠BAH=α,∠ABH=90°−α，
则∠BCD=90°−2α，
所以BC=2BH=2×8sinα=16sinα，
在△BDC中，由正弦定理，得BDsin∠BCD=BCsinD=16，
所以BD=16sin90°−2α=16cs2α，
所以BD+BC=16cs2α+16sinα
=16−32sin2α+16sinα
=−32sinα−142+18，
所以当sinα=14时，BD+BC取得最大值为18．
故答案为18．
15.解：(1)由|a+b|=|a−b|平方可得a2+b2+2a⋅b=a2+b2−2a⋅b，则a⋅b=0，
又由向量a=(2,m)，b=(3−m,−5)，
则a⋅b=6−2m−5m=0，
可得m=67;
(2)根据题意，向量a与b的夹角为钝角，
则有a⋅b=6−7m<0−10−m(3−m)≠0
解得：m>67且m≠5，
即m的取值范围为{m|m>67且m≠5}
【解析】
(1)根据条件可得a⋅b=0，代入坐标运算即可求得m的值；
(2)根据夹角为钝角得到a⋅b<0且a、b不共线，进而得到关于m的方程和不等式，解出即可求得答案．
16.解：(1)根据函数fx=Asinωx+φ(A>0,ω>0,φ<π)的部分图象，
可得A=2，且34×2πω=5π12+π3，所以ω=2，
因为f(5π12)=2，可得2×5π12+φ=π2+2kπ,k∈Z，
又因为φ<π，可得φ=−π3，
所以f(x)=2sin (2x−π3)，
令2x−π3=kπ,k∈Z，解得x=π6+kπ2,k∈Z，
故函数fx对称中心为π6+kπ2,0,k∈Z．
(2)令π2+2kπ⩽2x−π3⩽3π2+2kπ,k∈Z，解得5π12+kπ⩽x⩽11π12+kπ,k∈Z，
所以fx在[5π12+kπ,11π12+kπ],k∈Z上单调递减，
令−π2+2kπ⩽2x−π3⩽π2+2kπ,k∈Z，解得−π12+kπ⩽x⩽5π12+kπ,k∈Z，
所以fx在[−π12+kπ,5π12+kπ],k∈Z上单调递增，
因为x∈π12,π2，
可知fx在[π12,5π12]上单调递增，在[5π12,π2]上单调递减，
因为f(π12)=−1f(x)max=f5π12=2，
所以函数fx的值琙为−1,2．
(3)先将fx的图象纵坐标缩短到原来的12，可得y=sin2x−π3的图象，
再向左平移π12个单位，得到y=sin [2(x+π12)−π3]=sin (2x−π6)的图象，
即gx=sin2x−π6．
令π2+2kπ≤2x−π6≤3π2+2kπ,k∈Z，
解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ,k∈Z，
可得gx的减区间为π3+kπ,5π6+kπ,k∈Z，
结合x∈−π2,π，可得gx在−π2,π上的单调递减区间为−π2,−π6,π3,5π6．
【解析】
(1)根据题意，求得f(x)=2sin (2x−π3)，再结合正弦型函数的对称性，即可求解；
(2)分别求出fx的单调递增区间和单调递减区间，可得fx在π12,π2上的单调性，求得函数fx的最值，即可求解；
(3)根据三角函数的图象变换，求得gx=sin2x−π6，求得函数fx的单调递减区间，结合x∈−π2,π，即可求解．
17.解：(1)因为2bcsC+c=2a，
所以2b×a2+b2−c22ab=2a−c．
即a2+c2−b2=ac，所以csB=a2+c2−b22ac=12，
又B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)由BD=52，得|BD|=52，
则由平行四边形法则可得|BA+BC|=5，
则BA2+2BA⋅BC+BC2=25，即a2+c2+ac=25 ①，
又b2=a2+c2−2accsB，即a2+c2−ac=9 ②，
由 ① ②可得ac=8，
则S△ABC=12acsinB=4× 32=2 3．
【解析】
(1)由余弦定理得2b×a2+b2−c22ab=2a−c，整理后，再由余弦定理得csB=12，可得B的大小；
(2)易得|BA+BC|=5，两边平方，结合余弦定理，可得ac，再由三角形面积公式可得结果．
18.解：(1)证明：连接PM，
∵△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，
∴PM⊥AB．
∵ABCD为菱形，∠ABC=60°.∴CM⊥AB，
且PM∩MC=M，PM，MC⊂平面PMC，
∴AB⊥平面PMC，
∵PC⊂平面PMC，
∴AB⊥PC；
(2)连接BD交MC于点E，过E作PC的平行线交PM于F点，即EF//PC，
故异面直线BD与PC夹角即为∠BEF，
由BMCD=12，所以点E为MC靠近点M的三等分点，则F为PM靠近点M的三等分点，
又由题意可知MC= BC2+BM2−2BC·BM·cs∠ABC= 3，所以∠BMC=90°，
则BE= BM2+MC32=2 33PM= 3，且PM⊥AB，
所以BF= BM2+MP32=2 33，EF=PC3=1
在等腰三角形BEF中，cs∠BEF=122 33= 34，即为所求．
(3)设DB∩MC=E，连接NE，
则有面PBD∩面MNC=NE，
∵PB/​/平面MNC，且PB⊂面PBD
∴PB//NE．
∴BEED=PNND=12．
线段PD上存在点N，使得PB/​/平面MNC，且PN=13PD．
【解析】
(1)只需证明AB⊥面PMC，即可证明AB⊥PC；
(2)通过平行找到异面直线BD与PC所成角的平面角即可解决；
(3)设DB∩MC=E，连接NE，可得PB//NE．BEED=PNND=12即可．
19.解：(1)∵a={1,1}，b={2,3}，c={−1,2}，c=xa+yb，
∴(x+2y)e1+(x+3y)e2={x+2y,x+3y}={−1,2}，
可得x+2y=−1x+3y=2，解得x=−7y=3，
∴x+y=−4．
(2)证明：若b=0，则显然成立，
若b≠0，a//b⇔存在λ，使得a=λb，
即x1e1+y1e2=λ(x2e1+y2e2)⇔x1=λx2y1=λy2，消去λ得：x1y2−x2y1=0，
∴a//b的充要条件是x1y2−x2y1=0．
(3)∵e1，e2两分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为60∘，
∴e1⋅e2=|e1||e2|cs60∘=12，
又向量a，b的“创新坐标”分别为{sinx,1}，{csx,1}，f(x)=a⋅b，
∴a⋅b=(x1e1+y1e2)⋅(x2e1+y2e2)=x1x2e12+x1y2e1⋅e2+x2y1e1⋅e2+y1y2e22
=x1x2|e1|2+12x1y2+12x2y1+y1y2|e2|2=x1x2+y1y2+12(x1y2+x2y1)
∴f(x)=sinx⋅csx+1+sinx+csx2，
令t=sinx+csx，t∈[− 2, 2]，则sinx⋅csx=t2−12，
∴f(x)=t2+t+12=12(t+12)2+38，t∈[− 2, 2]
∴当t=−12时，f(x)min=38．
【解析】
(1)由平面向量的新定义即可得解；
(2)由已知得若b=0则显然成立，则有若b≠0，a//b⇔存在λ，使得a=λb，结合“广义坐标系”即可得证．
(3)由“广义坐标系”及向量的夹角公式可得e1⋅e2=|e1||e2|cs60∘=12，代入a⋅b={x1,y1}⋅{x2,y2}=(x1e1+y1e2)⋅(x2e1+y2e2)=x1x2+y1y2+12(x1y2+x2y1)即可得解;