2023-2024学年江西省九江市六校高一下学期期末联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省九江市六校高一下学期期末联考数学试题（含解析），共12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.下列说法正确的是( )
A. 通过圆台侧面一点，有无数条母线
B. 棱柱的底面一定是平行四边形
C. 圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形
D. 用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台
2.sin 600°+tan 240°的值是( )
A. − 32B. 32C. −12+ 3D. 12+ 3
3.设复数z满足|z−i|=1，z在复平面内对应的点为(x,y)，则( )
A. (x+1)2+y2=1B. (x−1)2+y2=1
C. x2+(y−1)2=1D. x2+(y+1)2=1
4.已知|a|=|b|=2，a⋅b=2，则|a−b|=( )
A. 1B. 3C. 2D. 3或2
5.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，l⊄α,l⊄β,则( )
A. α // β且l// αB. α⊥β且l⊥β
C. α与β相交，且交线垂直于lD. α与β相交，且交线平行于l
6.已知函数y=3sin(x+π5)图象为C，为了得到函数y=3sin(2x−π5)的图象，只要把C上所有点( )
A. 先向右平移π5个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B. 先向右平移25π个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C. 先将横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，再向右平移π5个单位长度
D. 先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移π5个单位长度
7.已知A(1,2)，B(3,4)，C(−2,2)，D(−3,5)，则向量AB在向量CD上的投影向量的坐标为( )
A. (25,65)B. (−25,65)C. (−25,−65)D. (25,−65)
8.已知函数f(x)=sin(ωx−π3)(ω>0)在区间[0,π3]上的最大值为ω3，则实数ω的取值个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.已知集合M={m|m=in,n∈N}，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是( )
A. (1−i)(1+i)B. 1−i1+iC. 1+i1−iD. (1−i)2
10.已知a≠e，|e|=1，满足：对任意t∈R，恒有|a−te|≥|a−e|，则( )
A. a⋅e=0B. e⋅(a−e)=0
C. a⋅e=1D. e⋅(a−e)=1
11.如图，在棱长均相等的正四棱锥P−ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，则下列结论中正确的是( )
A. PC/​/平面OMN
B. 平面PCD//平面OMN
C. OM⊥PA
D. 直线PD与直线MN所成的角的大小为90∘
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i是虚数单位，若复数(1−2i)(a+i)是纯虚数，则实数a的值为 ．
13.如图所示为水平放置的正方形ABCO，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2,2)，用斜二测画法画出它的直观图A′B′C′O′，则点B′到x′轴的距离为 ．
14.已知函数f(x)=asinx+bcsx+c的图象过点(0,0)和(−π6,c)且当x∈[0,π3]时，|f(x)|≤ 2恒成立，则实数c的取值范围是 ．
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)
已知复数z1=−2+i，z1z2=−5+5i(i为虚数单位)．
(1)求复数z2;
(2)若复数z3=(3−z2)[(m2−2m−3)+(m−1)i]在复平面内所对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90∘．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO= 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥P−ABC的体积．
17.(本小题15分)
平面内有向量OA=(1,7)，OB=(5,1)，OP=(2,1)，点Q为直线OP上的一个动点．
(1)当QA⋅QB取最小值时，求OQ的坐标;
(2)当点Q满足(1)的条件和结论时，求cs∠AQB的值．
18.(本小题17分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A为单位圆与x轴正半轴的交点，点M为单位圆上的一点，且∠AOM=π3，点M沿单位圆按逆时针方向旋转θ角后到点N(a,b)．
(1)当θ=54π时，求a+b的值;
(2)设θ∈[π4,1312π]，求b−a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知三棱锥P−ABC的棱AP、AB、AC两两互相垂直，且AP=AB=AC=4 3．
(1)若点M、N分别在线段AB、AC上，且AM=MB，AN=3NC，求二面角P−MN−A的余弦值;
(2)若以顶点P为球心，8为半径作一个球，球面与该三棱锥P−ABC的表面相交，试求交线长是多少?
答案解析
1.C
【解析】解：对于A，经过圆台侧面上一点只有一条母线，A错误；
对于B，棱柱的底面是多边形，不一定是平行四边形，B错误；
对于C，圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形，因为是轴截面，所以都是全等的
等腰三角形，三角形的底边是圆锥的底面圆的直径，三角形的两腰是圆锥的母线，
∴C正确；
对于D，用一个平面平行于棱锥底面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台，
D错误；
故选：C．
2.B
【解析】解：sin600°+tan240°
=sin(720°−120°)+tan(180°+60°)
=−sin120°+tan60°=− 32+ 3= 32．
故选：B．
3.C
【解析】
解：由已知z=x+yi，x，y∈R，
则由z−i=1，可得x+y−1i=1，即 x2+y−12=1，
可得x2+y−12=1．
故选C．
4.C
【解析】
解：|a−b|= |a−b|2= (a−b)2
= a2−2a⋅b+b2= 22−2×2+22= 4=2．
故选C．
5.D
【解析】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l//α．
又n⊥平面β，l⊥n,l⊄β，所以l//β．
由直线m,n为异面直线，且m⊥平面α,n⊥平面β，
则α与β相交，否则，若α//β，则推出m//n，与m,n异面矛盾，
所以α,β相交，且交线平行于l．
故选D．
6.C
【解析】解：先将函数y=3sin(x+π5)图象上每点横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到y=3sin(2x+π5)的图象，再将得到的图象向右平移π5个单位长度，得到函数y=3sin⁡[2(x−π5)+π5]=3sin⁡(2x−π5)的图象，
或：先将函数y=3sin(x+π5)图象向右平移25π个单位长度得到y=3sin(x+π5−2π5)=3sin(x−π5)，再将横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到y=3sin(2x−π5)的图象，
故选C．
7.B
【解析】解：AB=2,2，CD=−1,3，CD= 10，AB⋅CD=−2+6=4，
则向量AB在向量CD上的投影向量为AB⋅CDCD⋅CDCD=−25,65，
故选B．
8.B
【解析】解：∵函数f(x)=sin(ωx−π3)(ω>0)在区间[0,π3]上的最大值为ω3，
∴0<ω3≤1，解得：0<ω≤3，
∵0≤x≤π3，
∴ωx−π3∈[−π3,π3ω−π3]，
①若π3ω−π3≤π2，即0<ω≤52时，f(x)在[0,π3]单调递增，f(x)max=f(π3)=sin(π3ω−π3)=ω3，
令r(x)=sin(π3x−π3)，0在同一坐标系内作r(x)=sin(π3x−π3)，0由图象观察，0则此交点的横坐标m即为唯一符合条件的ω值；
②若π3ω−π3>π2，即52<ω≤3时，f(x)max=1=ω3，
∴ω=3，f(x)=sin(3x−π3)，
∴3x−π3=π2，x=518π<π3满足要求．
综上知满足条件的ω共有两个．
故选B．
9.BC
【解析】解：根据题意，M={m|m=in,n∈N}，
当n=4k(k∈N)时，in=1;
当n=4k+1(k∈N)时，in=i;
当n=4k+2(k∈N)时，in=−1;
当n=4k+3(k∈N)时，in=−i，∴M={−1,1,i,−i}．
选项A中，(1−i)⋅(1+i)=2∉M;
选项B中，1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i∈M;
选项C中，1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=i∈M;
选项D中，(1−i)2=−2i∉M.
10.BC
【解析】解：∵对任意t∈R，恒有a−te≥a−e，
∴|a|2−2ta·e+t2≥|a|2−2a·e+1恒成立，
即t2−2ta·e+2a·e−1≥0恒成立，
即Δ=4(a·e)2−4(2a·e−1)≤0，
即(a·e−1)2≤0，即e·a−e2=0，
即e·(a−e)=0，所以B正确，D错误；
∴e·a=1，∴C正确，A错误．
11.ABC
【解析】解：连接AC，则O为AC中点，
因为M为PA中点，所以MO//PC，
因为MO⊂平面OMN,PC⊄平面OMN，
则PC//平面OMN，故A正确；
由已知MN/​/DC，MN⊂平面OMN,DC⊄平面OMN，
则DC//平面OMN，
又因为PC∩CD=C，PC,CD⊂平面PCD，
所以平面PDC//平面OMN，故B正确；
设棱长为a，因为底面为正方形，
则AC= 2a，则PA2+PC2=AC2，
所以PA⊥PC，因为MO//PC，所以OM⊥PA，故C正确；
由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，∴MN/​/AB，又四边形ABCD为正方形，∴AB/​/CD，
∴直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即∠PDC，又△PDC为等边三角形，
∴∠PDC=60∘，故D错误．
故选ABC．
12.−2
【解析】解：由(1−2i)(a+i)=(a+2)+(1−2a)i是纯虚数，
得a+2=0且1−2a≠0，解得a=−2．
13. 22
【解析】解：在直观图A′B′C′O′中，B′C′=1，∠B′C′x′=45∘，
故点B′到x′轴的距离为 22．
14.− 2≤c≤ 2．
【解析】解：由f(0)=0，f(−π6)=c，知，b=−c，a= 3b=− 3c，
∴f(x)=− 3csinx−ccsx+c=−2csin(x+π6)+c，
当x∈[0,π3]时，sin(x+π6)∈[12,1]，
当c<0时，0≤f(x)≤−c，只需−c≤ 2，得c≥− 2，
又c<0，∴− 2≤c<0;
当c=0时，f(x)=0≤ 2成立，适合;
当c>0时，−c≤f(x)≤0，要使|f(x)|≤ 2，
只需−c≥− 2，0综上知− 2≤c≤ 2．
15.解：(1)∵z1z2=−5+5i，
∴z2=−5+5iz1=−5+5i−2+i=(−5+5i)(−2−i)(−2+i)(−2−i)=3−i．
(2)z3=(3−z2)[(m2−2m−3)+(m−1)i]
=i[(m2−2m−3)+(m−1)i]
=−(m−1)+(m2−2m−3)i，
∵z3在复平面内所对应的点在第四象限，
∴−(m−1)>0m2−2m−3<0，解得−1故实数m的取值范围是(−1,1)．
【解析】本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，是基础题．
1根据复数的四则运算法则直接计算即可．
2根据复数的运算和复数的几何意义求解即可．
16.解：(1)由题设可知，PA=PB=PC，由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC．
又∠APC=90∘，故∠APB=90∘，∠BPC=90∘．
从而PB⊥PA，PB⊥PC，
又PA∩PC=P，PA,PC⊂平面PAC，
故PB⊥平面PAC，PB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC．
(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl= 3，l2−r2=2.解得r=1，l= 3.从而AB= 3．
由(1)可得PA2+PB2=AB2，故PA=PB=PC= 62．
所以三棱锥P−ABC的体积为13×12×PA×PB×PC=13×12×( 62)3= 68．
【解析】本题考查面面垂直的判定，棱锥的体积，圆锥的结构特征，属于中档题．
17.解：(1)设OQ=(x,y)，
∵点Q在直线OP上，
∴向量OQ与OP共线．
又OP=(2,1)，
∴x−2y=0，即x=2y．
∴OQ=(2y,y)．
又QA=OA−OQ，OA=(1,7)，
∴QA=(1−2y,7−y)．
同样QB=OB−OQ=(5−2y,1−y)．
于是QA·QB=1−2y5−2y+7−y1−y
=5y2−20y+12=5y−22−8．
∴当y=2时，QA·QB有最小值−8，此时OQ=(4,2)．
(2)当OQ=(4,2)，即y=2时，有QA=(−3,5)，QB=(1,−1)．
∴QA= 34，QB= 2．
∴cs∠AQB=QA⋅QB|QA||QB|=−4 1717．
【解析】本题考查平面向量的数量积，向量的坐标运算，二次函数的最值．
(1)因为点Q在直线OP上，向量OQ与OP共线，可以得到关于OQ坐标的一个关系式，再根据QA·QB的最小值，求得OQ的坐标；
(2)cs∠AQB是QA与QB夹角的余弦，利用数量积的知识易解决．
18.解：(1)由三角函数的定义可得M(csπ3,sinπ3)，N(cs(π3+θ),sin(π3+θ))，
当θ=54π时，N(cs1912π,sin1912π)，
即a=cs1912π，b=sin1912π，
∴a+b=cs⁡1912π+sin⁡1912π= 2sin⁡(19π12+π4)=− 2sin⁡π6=− 22；
(2)∵N(cs(π3+θ),sin(π3+θ))，
∴a=cs(π3+θ)，b=sin(π3+θ)，
b−a=sin(π3+θ)−cs(π3+θ)= 2sin(θ+π12)，
∵θ∈[π4,1312π]，
∴θ+π12∈[π3,7π6]，
∴−12≤sin(θ+π12)≤1，
则− 22≤ 2sin(θ+π12)≤ 2，
即b−a的取值范围为[− 22, 2].
【解析】本题考查任意角三角函数的定义和三角函数的恒等变换，以及三角函数的求值，考查运算能力，属于基础题．
(1)根据三角函数的定义结合两角和差的正弦公式、诱导公式化简可得a+b的值；
(2)逆用两角差的正弦公式可得b−a= 2sin(θ+π12)，结合角θ的取值范围可求得b−a的取值范围．
19.(1)∵AP、AB、AC两两垂直，AP=AB=AC=4 3，
∴PA⊥面ABC，AN=3 3，AM=2 3，MN= 39，
过A作AD⊥MN于D，连PD，则∠ADP即为P−MN−A的平面角，
在Rt△PAD中，AD=AM⋅ANMN=6 3913，
PD= AD2+DP2= 73213，
∴csα=ADPD=3 6161．
(2)以P为球心，8为半径的球与三棱锥交于四段弧，
①平面ABC与球面相交所成弧是以A为圆心，4为半径的14圆弧，DD′=2π．
②平面PAB与球面相交，∴得到的弧是以P为圆心，8为半径，
圆心角θ=π12的弧DD′=23π．
③平面PAC与球面相交所得到弧长与 ②情况相同，长度为23π．
④平面PBC与球面相交得到弧长QH=π3×8=83π，
∴交线长L=2π+43π+83π=6π．

【解析】本题考查了二面角和空间几何体的截面问题，是中档题．
(1)过A作AD⊥MN于D，连PD，则∠ADP即为P−MN−A的平面角，计算即可；
(2)以P为球心，8为半径的球与三棱锥交于四段弧，分别研究与各面相交弧长，相加即可．