2023-2024学年广东省汕尾市高一下学期7月期末教学质量监测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕尾市高一下学期7月期末教学质量监测数学试题（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。

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.DC+AB−AC=( )
A. DBB. BCC. ADD. CB
2.已知复数z=12+ 32i，则z3=( )
A. 12− 32iB. −12+ 32iC. 1D. −1
3.若高为 3的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A. 5B. 6C. 2D. 4
4.若tanα=3，则1+sin2α2cs2α+sin2α=( )
A. −1B. 2C. 32D. 4
5.已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是( )
A. 若a//α，b//α，则a/​/b
B. 若α/​/β，a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线
C. 若a⊂α，b⊂α，a//β，b//β，则α/​/β
D. 若α⊥β，a⊂α，α∩β=b，a⊥b，则a⊥β
6.已知向量a=(2, 3)，b=(1,0)，则向量a−b在向量b上的投影向量为( )
A. (1,0)B. (2,0)C. (0, 3)D. (0,3)
7.已知在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为4的正方形，直线PD与平面ABCD.所成角的正弦值为 22，则该四棱锥的外接球的表面积为( )
A. 16πB. 32πC. 48πD. 64π
8.在▵ABC中，AB=AC，点O为▵ABC
垂心，且满足AO=xAB+yAC，cs∠BAC=13，则x+y=( )
A. −12B. −1C. 14D. 12
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.已知f(x)=sin2ωx+π3(ω>0)的最小正周期为π，则( )
A. ω=1
B. 函数f(x)的图象关于直线x=−π6对称
C. 函数f(x)在区间−π3,π12上单调递增
D. 将函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度后得到的图象关于y轴对称
10.下列命题正确的有( )
A. 若z1⋅z2∈R，则z1，z2互为共轭复数
B. 在矩形ABCD中，AB+AD=AB−AD
C. 已知点P在▵ABC所在的平面内，且PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA，则点P是▵ABC的垂心
D. 若O是面积为4的▵ABC内部的一点，且OA+OB+2OC=0，则▵AOC的面积为1
11.如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，F是线段A1B1的中点，则( )
A. 存在点P使得AP⊥A1C
B. 若点P满足AP⊥BF，则动点P的轨迹长度为2 5
C. 若点P满足PF//平面A1C1D时，动点P的轨迹是正六边形
D. 当点P在侧面B1BCC1上运动，且满足FP= 2时，二面角A−CD−P的最大值为60°
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.化简计算：sin20∘cs110∘+cs160∘sin70∘= ．
13.若复数z=a+bi(a,b∈R,a>0)的模为5，虚部为4，则复数z= ．
14.已知在▵ABC中，AC=4 3，∠B=π3，则AB⋅AC的最大值为 ．
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)
已知向量a=(1, 3)，b=(−1,0)．
(1)证明：(a+b)⊥b
(2)求a与b的夹角．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，PA=PB=AB=BC=12AD，E是PD的中点．
(1)证明：CE//平面PAB．
(2)若AD⊥平面PAB，PA=2，求三棱锥E−PAB的体积．
17.(本小题12分)
记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcsC=2a+c．
(1)求B；
(2)设b=9，若点M是边AC上一点，2AM=MC，且∠MAB=∠MBA，求a，c．
18.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=∠ACD=90∘，∠BCA=∠CDA=30∘，PA⊥平面ABCD，E,F分别为PD,PC的中点，PA=2AB．
(1)求证：平面PAC⊥平面AEF；
(2)求二面角E−AC−B的大小．
19.(本小题12分)
设fx是定义在区间D上的函数，如果对任意的x1,x2∈D，有fx1+x22≤fx1+fx22，则称fx为区间D上的下凸函数；如果有fx1+x22≥fx1+fx22，则称fx为区间D上的上凸函数．
(1)已知函数fx=1tanx,x∈0,π2，求证：
(ⅰ)fx2=sinx1−csx；
(ⅱ)函数fx=1tanx,x∈0,π2为下凸函数；
(2)已知函数gx=ax2+x−1x2，其中实数a>0，且函数gx在区间0,1内为上凸函数，求实数a的取值范围．
答案解析
1.A
【解析】解：DC+AB−AC=DC+CA+AB=DB．
故选Ａ．
2.D
【解析】z3=12+ 32i212+ 32i=−12+ 32i12+ 32i=−1．
故选：D．
3.C
【解析】设底面半径为r，母线长为l，侧面展开是一个半圆，
∴12⋅2πl=2πr，即l=2r，
∴ℎ= l2−r2= 3r= 3，∴r=1，l=2．
故选：C．
4.B
【解析】因为tanα=3，
所以1+sin2α2cs2α+sin2α=sin2α+cs2α+2sinαcsα2cs2α+2sinαcsα=sinα+csα22csαsinα+csα
=sinα+csα2csα=tanα+12=2．
故选：B．
5.D
【解析】对于A，若a//α，b//α，则a,b可能平行，相交或异面，故 A错误；
对于B，若α//β，a⊂α，b⊂β，则a，b可能异面或平行，故B错误；
对于C，根据面面平行的判定定理可知，必须添加a,b相交，才有α/​/β，故 C错误；
对于D，根据面面垂直的性质定理可知D正确．
故选：D
6.A
【解析】a−b=(1, 3)，向量a−b在向量b上的投影向量为|a−b|csa−b,b⋅b|b|．
即|a−b|csa−b,b⋅b|b|=(a−b)⋅b|b|⋅b|b|=(a−b)⋅b⋅b|b|2，代入求值，
(a−b)⋅b⋅b|b|2=(1, 3)⋅(1,0)⋅(1,0)1=(1,0)．
故选：A．
7.C
【解析】如图所示，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为4的正方形，直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为 22．
根据题意，可以补充成长方体。

且底面ABCD是边长为4的正方形，直线PD与平面ABCD所成角为45∘，
则长宽高分别为4，4，4，即图形为正方体.外接球的球心为体对角线中点．
体对角线长刚好为球的直径，且d2=a2+b2+c2=48.外接球的表面积为：4πr2=πd2=48π．
故选：C．
8.D
【解析】由题意可知▵ABC是以A为顶角的等腰三角形，
如图所示：AD⊥BC，BE⊥AC，则AD∩BE=O，
在直角三角形▵ABE中，cs∠BAC=AEAB=AEAC=13，即AC=3AE．
设AO=λAD,BO=μBE，
则λ12AB+12AC=xAB+yAC⇒λ=2x=2y，
AO=AB+μBE=AB+μAE−AB=1−μAB+μAE=xAB+yAC=xAB+3yAE，
所以x+3y=4x=2x+y=1，所以x+y=12．
故选：D．
9.AC
【解析】f(x)=sin2ωx+π3(ω>0)，所以T=2π2ω=π⇒ω=1，故 A正确；
即f(x)=sin2x+π3，f(−π6)=sin−π6×2+π3=sin0=0≠±1，
所以函数fx的图象不关于直线x=−π6对称，故 B错误；
当x∈−π3,π12时，2x+π3∈−π3,π2，所以函数单调递增，故 C正确；
将函数fx的图象向右平移π12个单位长度后得
f(x−π12)=sin2x−π6+π3=sin2x+π6的图象，
它不是偶函数，不关于y轴对称，故 D正确；
故选：AC．
10.BCD
【解析】对于A，令z1=i，z2=i，满足z1⋅z2∈R，
但z1，z2并不互为共轭复数，故 A错误，
对于B，因为矩形ABCD，所以AC=BD，AC=BD，
而AB+AD=AC，AB−AD=DB，
故AB+AD=AB−AD成立，故 B正确，
对于C，因为PA⋅PB=PB⋅PC，所以PB⋅(PA−PC)=0，
所以PB⋅CA=0，PB⊥CA，同理，PC⊥BA，PA⊥BC，
可得点P是▵ABC中三条垂线的交点，即点P是▵ABC的垂心，故 C正确，
对于D，因为OA+OB+2OC=0，所以OA+OB=−2OC，
设AB的中点为D，则OA+OB=2OD，
所以2OD=−2OC，即O为CD的中点，
所以S▵AOC=12S▵ADC=12×12S▵ABC=12×12×4=1，故 D正确．
故选：BCD
11.AC
【解析】解：对A：如图：

因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以B1D1⊥AA1，又B1D1⊥A1C1,AA1∩A1C1=A1，AA1,A1C1⊂平面ACC1A1，所以B1D1⊥平面ACC1A1，又A1C⊂平面ACC1A1，所以A1C⊥B1D1，同理可得A1C⊥AB1，又AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，
所以当P点位于▵AB1D1边上时，AP⊥A1C，故 A正确；
对B：如图：分别取BB1，CC1中点M，N，连接AM，MN，ND，

则MN/​/BC，
因为BC⊥平面ABB1A1，所以MN⊥平面ABB1A1，又BF⊂平面ABB1A1，
所以BF⊥MN，
易得△ABM≌△BB1F，所以∠BAM=∠B1BF，又∠BAM+∠BMA=90°，所以∠B1BF+∠BMA=90°，即BF⊥AM，又AM∩MN=M,AM,MN⊂平面AMND，所以BF⊥平面AMND，
由于AP⊥BF ，所以P点轨迹为矩形AMND，所以动点P轨迹的周长为2 5+4，故 B错误；
对C：如图：分别取AA1，AD，DC，CC1，C1B1的中点I,J,K,L,M，并依次连接各中点，

易得MF//A1C1,JK//AC,AC//A1C1，所以MF//JK，同理可得IF//KL，所以I，J，K，L，M，F六点共面，且是正六边形，
因为MF//A1C1,MF⊄平面A1DC1，A1C1⊂平面A1DC1，所以MF/​/平面A1DC1，同理可得IF//平面A1DC1，又IF∩FM=F,IF,FM⊂平面IJKLMF，所以平面A1DC1//平面IJKLMF，
由于PF//平面A1C1D，所以P点轨迹是正六边形FIJKLM，故 C正确；
对D：如图：

因为B1F⊥平面BCC1B1，B1P⊂平面平面BCC1B1，所以B1F⊥B1P，则B1P= PF2−B1F2=1，则点P轨迹是以B1为圆心，以1为半径的14圆弧，
因为CD⊥平面BCC1B1，CP,BC⊂平面BCC1B1，所以CP⊥CD,BC⊥CD，
则∠BCP即为二面角A−CD−P的平面角，
所以当P与B1C1的中点G重合时，二面角A−CD−P取得最大值，此时，因为tan∠BCP=2，所以∠BCP≠60∘ ，故D错误．
故选：AC
12.−1
【解析】sin20∘cs110∘+cs160∘sin70∘=−sin20∘cs70∘−cs20∘sin70∘
=−sin(20∘+70∘)=−sin90∘=−1．
故答案为：−1
13.3+4i或4i+3
【解析】由题意 a2+b2=5b=4，解得a=3,b=4，所以复数z=3+4i．
故答案为：z=3+4i．
14.24+16 3或16 3+24
【解析】在▵ABC中，由正弦定理得ABsinC=ACsinB=4 3 32=8，
所以AB=8sinC，所以AB⋅AC=AB⋅AC⋅csA=32 3sinCcsA，
因为sinC=sin(23π−A)= 32csA+12sinA，
所以AB⋅AC=32 3sinCcsA=32 3csA( 32csA+12sinA)，
=48cs2A+16 3sinAcsA=24cs2A+8 3sin2A+24，
=16 3sin(2A+π3)+24，因为A∈(0,2π3)，所以2A+π3∈(π3,5π3)，
故当2A+π3=π2时，即A=π12时，AB⋅AC取得最大值，且最大值为24+16 3．
故答案为：24+16 3
15.(1)
因为a=(1, 3)，b=(−1,0)，
所以a+b=(1−1, 3+0)=(0, 3)，
所以(a+b)⋅b=0×(−1)+ 3×0=0，所以(a+b)⊥b．
(2)
因为a=(1, 3)，b=(−1,0)，
所以a= 12+( 3)2=2，b= (−1)2+02=1．
又a⋅b=1×(−1)+ 3×0=−1，
所以csa,b=a⋅bab=−12×1=−12．
又a,b∈[0,π]，所以a与b的夹角为2π3．
【解析】(1)由向量的加法、数量积的坐标运算即可得证；
(2)直接由向量夹角的坐标运算计算即可求解．
16.(1)
证明：如图，取PA的中点F，连接．EF，BF
因为E是PD的中点，所以EF/​/AD，EF=12AD
又BC//AD，BC=12AD，
所以四边形EFBC是平行四边形，所以CE//BF，
所以四边形EFBC是平行四边形，所以CE//BF．
因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE/​/平面PAB．
(2)
解：由(1)可知EF/​/AD，
又AD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB，即EF是三棱锥E−PAB的高．
又PA=2，则PB=AB=2，EF=12AD=2
所以V三棱锥E−PAB=13S▵PAB⋅EF=13×12×2×2×sin60∘×2=2 33，
故三棱锥E−PAB的体积为2 33．
【解析】(1)运用中位线性质得到线线平行，再得到线面平行．
(2)运用三棱锥的 体积公式求解即可
17.(1)
因为2bcsC=2a+c，
由正弦定理可得2sinBcsC=2sinA+sinC，
即2sinBcsC=2sinB+C+sinC=2sinBcsC+2csBsinC+sinC，
所以2csBsinC=−sinC，
因为C∈0,π，所以sinC≠0，
所以csB=−12，又B∈0,π，所以B=2π3．
(2)
如图所示：因为2AM=MC，b=9，
所以AM=3，MC=6．
又∠MAB=∠MBA，所以BM=AM=3．
在▵ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
即a2+c2+ac=81.①
又2AM=MC，即AM=13AC，
所以BM=BA+AM=BA+13AC=BA+13BC−BA=23BA+13BC，
两边平方得BM2=49BA2+19BC2+49BA⋅BC，
即9=49c2+19a2+49accsB，
所以a2+4c2−2ac=81.②
②−①得3c2=3ac，所以a=c，
代入①得a=c=3 3(负值已舍去)．
【解析】(1)利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式计算可得；
(2)首先求出AM，MC，在▵ABC利用余弦定理得到a2+c2+ac=81，再由BM=23BA+13BC，将两边平方可得a2+4c2−2ac=81，解得a、c．
18.(1)
解：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA
又∠ACD=90∘，∴CD⊥AC，
∵PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC，
又在▵PCD中，E,F分别为PD,PC中点，故EF//DC，∴EF⊥平面PAC
∵EF⊂平面AEF，
∴平面PAC⊥平面AEF．
(2)
解：取AD的中点M，连接EM，取AC的中点H，连接EH，MH，
由EM//PA，PA⊥平面ABCD，可得EM⊥平面ABCD，
又MH//CD，CD⊥AC，可得MH⊥AC，
因为MH是斜线EH在平面ABCD上的射影，
由三垂线定理可得AC⊥EH，
所以∠EHM是二面角E−AC−D的平面角，
二面角E−AC−B的平面角与∠EHM互补．
在▵ACD中，设AC=2x，∠ACD=90∘,∠ADC=30∘，
可得CD=2 3x，
在直角三角形EHM中，MH= 3x,EM=x，
可得tan∠EHM=EMMH= 33，
即有∠EHM=30∘，
则二面角E−AC−B的大小为150∘．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理证明CD⊥平面PAC，再利用面面垂直的判定定理即可求证．
(2)取AD的中点M，连接EM，取AC的中点H，连接EH，MH，证明二面角E−AC−B的平面角与∠EHM互补，计算∠EHM的大小即可．
19.(1)
(ⅰ)因为sinx1−csx=2sinx2csx22sin2x2=csx2sinx2=1tanx2=fx2，
所以fx2=sinx1−csx．
(ⅱ)令0=csx1sinx1+csx2sinx2=sinx1csx2+sinx2csx1sinx1sinx2=sinx1+x2sinx1sinx2，
又csx1−x2=csx1csx2+sinx1sinx2，csx1+x2=csx1csx2−sinx1sinx2，
所以sinx1sinx2=csx1−x2−csx1+x22，
所以fx1+fx2=2sinx1+x2csx1−x2−csx1+x2≥2sinx1+x21−csx1+x2，
由(ⅰ)得fx2=sinx1−csx，所以2sinx1+x21−csx1+x2=2fx1+x22，
所以fx1+fx2≥2fx1+x22，
所以fx1+fx22≥fx1+x22，即函数fx为下凸函数．
(2)
因为函数gx在区间0,1内为上凸函数，
则对任意的0即gx1+gx2−2gx1+x22≤0，
因为gx1+gx2−2gx1+x22
=ax12+x1−1x 12+ax 22+x2−1x 22−2ax1+x222+x1+x22−4x1+x22
=ax 12+x 22−2x1x22+4x1+x22−1x 12+4x1+x22−1x 22
=ax1−x222+x1−x23x1+x2x 12x1+x22+x2−x13x2+x1x 22x1+x22
=ax1−x222−x1−x22x 12+4x1x2+x 22x 12x 22x1+x22，
所以ax1−x222−x1−x22x12+4x1x2+x 22x 12x 22x1+x22≤0，
所以a2≤x12+4x1x2+x22x12x22x1+x22=x1+x22+2x1x2x12x22x1+x22=1x 12x 12+2x1x2x1+x22恒成立，
a2≤1x 12x 12+2x1x2x1+x22min，
因为0所以1x12x12>1，1x1x2x1+x22>14，所以1x12x12+2x1x2x1+x22>1+24=32，
所以a2≤32，a≤3，所以实数a的取值范围为−∞,3．
【解析】(1)(ⅰ)根据二倍角公式，从等式右边往左边化简即可；
(ⅱ)根据下凸函数的定义，借用两角和与差的余弦公式及(ⅰ)中结论变形，即可证明；
(2)根据上凸函数的定义列出不等式，然后分离参数，求最值，即可得解．