2023-2024学年四川省成都市区县联考高一下学期7月期末调研考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都市区县联考高一下学期7月期末调研考试数学试题（含解析），共13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.平面向量a=(m,2)，b=(−2,4)，若a//b，则m=( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
2.已知复数z满足(1+i)z=1−2i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.将函数f(x)=sin2x的图象上所有的点向左平移π6个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式为( )
A. y=sin2x+π6B. y=sin2x+π3C. y=sin2x−π6D. y=sin2x−π3
4.已知非零向量a,b满足a=b，且a在b上的投影向量为12b，则向量a与向量b的夹角为( )
A. 2π3B. π6C. π4D. π3
5.已知tanα=43，则cs2α=( )
A. 725B. −725C. 2 55D. −2 55
6.已知m，n是空间中两条不同的直线，α,β是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若m⊥α，n⊥α，则m//nB. 若m//n，n⊂α，则m//α
C. 若α⊥β，m⊥α，则m//βD. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
7.已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形A′B′C′O′，且A′B′=1，O′A′=2，O′C′=4，现将梯形ABCO绕OA旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为( )
A. 14π B. 25π
C. 28πD. 42π
8.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，φ<π2)的部分图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. 函数f(x)的最小正周期是π
B. 函数f(x)的图象关于直线x=π3对称
C. 函数f(x)的图象关于点7π12,0对称
D. 函数f(x)在区间3π4,π上单调递增
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.下列计算正确的是( )
A. sin75∘cs15∘+cs75∘sin15∘=1B. sinπ8csπ8= 22
C. cs2π8−sin2π8= 22D. sin45∘1+cs45∘=tan22.5∘
10.在▵ABC中，D，E分别是线段BC上的两个三等分点(D,E两点分别靠近B，C两点)，则下列说法正确的是( )
A. AB−AD=AC−AE
B. AB=2AD−AE
C. 若|OA|=|OB|=|OC|=1，OA+OB+OC=0，则AD⋅AE=136
D. 若(AB+AC)⊥BC，AB+AC=AB−AC=2，则AD⋅AE=89
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是线段C1D1，C1C，A1A的中点，则下列说法正确的是( )
A. B1N⊥平面ABN
B. 正方体的外接球的表面积为12π，体积为4 3π
C. 平面BMP截正方体所得截面的形状是五边形
D. 若底面ABCD内的动点Q(包含边界)满足D1Q//平面BMN，则CQ∈[0, 5]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数z=m2−3m+m2−5m+6i是纯虚数，则|z|= ．
13.某海警船在A处看灯塔B在它的北偏东75∘，距离为3 6nmile，在A处看灯塔C在海警船的北偏西30∘，距离为2 3nmile，海警船由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60∘，则灯塔C与D处之间的距离为 nmile．
14.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90∘，BA=BC=BB1=1，P是棱AC上一动点，则三棱锥P−A1BC1的体积为 ．
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=(1,1)，b=(1,2)．
(1)求|a+b|的值；
(2)若向量ka+b与a+b垂直，求k的值；
(3)若向量ka+b与a+b的夹角为锐角，求k的取值范围．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，E为线段PD的中点．
(1)求证：PB//平面AEC；
(2)求证：平面PAC⊥平面PBD
17.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，目asinB=2bcsA．
(1)求csA的值；
(2)若a=2 10，b=5，求▵ABC的面积；
(3)若b= 5，c=3，求▵ABC中BC边上的中线长．
18.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，N为线段AD的中点．
(1)求证：PN⊥NC；
(2)求二面角D−PN−C的正切值；
(3)求异面直线PA与NC所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)= 3sin2x+2cs2x−1．
(1)若α∈−π2,0，且fα2=12，求csα+5π12的值；
(2)在锐角三角形中，若f(A)=1，求sinB+sinC的取值范围；
(3)设函数g(x)=1−a2f(x)+12sin4x−π6+32，若g(x)>0在区间7π12,5π6上恒成立，求a的取值范围．
答案解析
1.A
【解析】由a//b可得4m=−4，所以m=−1，
故选：A
2.C
【解析】由(1+i)z=1−2i可得z=1−2i1+i=1−2i1−i1+i1−i=−1−3i2，
故z对应的点为−12,−32，位于第三象限，
故选：C
3.B
【解析】将函数f(x)=sin2x的图象上所有的点
向左平移π6个单位长度得到y=sin2x+π6=sin2x+π3．
故选：B
4.D
【解析】由题意a在b上的投影向量为a⋅bb2b=12b，即a⋅bb2=12，
所以abcsa,bb2=12，又a=b，所以csa,b=12，
而a,b∈[0,π]，所以a,b=π3，
故选：D．
5.B
【解析】由题意cs2α=cs2α−sin2α=cs2α−sin2αcs2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−1691+169=−725，
故选：B．
6.A
【解析】m//n，n⊂α时，也有可能m⊂α， B错误；
若α⊥β，m⊥α，则m//β或m⊂β， C错误；
若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n//α， D错误．
由线面垂直的性质定理知A正确，
故选：A．
7.C
【解析】由题意该梯形为直角梯形ABCO，如图，

其中，AO⊥OC，AB//OC，OC=OA=4，AB=1，
∴将梯形ABCO绕OA转一周得到的几何体是圆台，
且该圆台的上底面圆半径为r=1，下底面圆半径为R=4，高为4，
∴该几何体的体积为V=13π+π×42+ 16π×π×4=28π．
故选：C
8.D
【解析】由图象可得A=2，34T=1312π−π3=3π4，则T=π，故 A正确；
所以ω=2πT=2ππ=2，再根据五点法作图，可得2×π3+φ=π2+2kπ,k∈Z，
则φ=−π6+2kπ,k∈Z，由φ<π2，则φ=−π6，所以fx=2sin2x−π6，
对称轴2x−π6=kπ+π2,k∈Z，则x=kπ2+π3,k∈Z，当k=0时，则x=π3，故 B正确；
当2x−π6=kπ,k∈Z，则x=kπ2+π12,k∈Z，当k=1时，则x=7π12，
所以7π12,0为对称中心，故 C正确；
当2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2,k∈Z，则kπ−π6≤x≤kπ+π3,k∈Z，
所以fx的单调递增区间为kπ−π6,kπ+π3,k∈Z，
当k=1时，所以fx在5π6,4π3单调递增，观察图象可得fx在π3,5π6单调递减，故 D错误．
故选：D
9.ACD
【解析】对于A，sin75∘cs15∘+cs75∘sin15∘=sin75∘+15∘=sin90∘=1，故 A正确，
对于B，sinπ8csπ8=12sinπ4=12× 22= 24， B错误，
对于C，cs2π8−sin2π8=csπ4= 22， C正确，
对于D，sin45∘1+cs45∘=2sin22.5∘cs22.5∘1+2cs222.5∘−1=sin22.5∘cs22.5∘=tan22.5∘， D正确，
故选：ACD
10.BCD
【解析】对于A：AB−AD=DB，AC−AE=EC，
又D，E分别是线段BC上的两个三等分点(D,E两点分别靠近B，C两点)，
所以BD=DE=EC，所以AB−AD=−AC−AE，故 A错误；
对于B：AB−AD=DB，AD−AE=ED，所以AB−AD=AD−AE，
则AB=2AD−AE，故 B正确；
对于C：因为|OA|=|OB|=|OC|=1，所以O为▵ABC的外心，且外接圆的半径R=1，
又OA+OB+OC=0，所以O为▵ABC的重心，
所以▵ABC为等边三角形，且边长为2sinπ3= 3，
又AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13AC−AB=23AB+13AC，
AE=AB+BE=AB+23BC=AB+23AC−AB=13AB+23AC，
所以AD⋅AE=23AB+13AC⋅13AB+23AC=29AB2+59AB⋅AC+29AC2
=29× 32+59× 3× 3×12+29× 32=136，故 C正确；
对于D：因为(AB+AC)⊥BC，
即AB+AC⋅BC=AB+AC⋅AC−AB=AC2−AB2=0，
所以AC=AB，
又AB+AC=AB−AC=2，即AB+AC2=AB−AC2=4，
所以AB2+2AB⋅AC+AC2=AB2−2AB⋅AC+AC2=4，
所以AB⋅AC=0，且AB2=AC2=2，
所以AD⋅AE=23AB+13AC⋅13AB+23AC=29AB2+59AB⋅AC+29AC2
=29×2+59×0+29×2=89，故 D正确．
故选：BCD
11.ABD
【解析】若B1N⊥平面ABN，则B1N⊥BN，
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则BN=B1N= 22+12= 5,BB1=2，
BN2+B1N2≠BB 12，故B1N与BN不垂直，则B1N与平面ABN不垂直，则A错误；
正方体的体对角线即正方体外接球的直径，根据正方体外接球半径R与正方体棱长a的关系式R= 3a2= 32×2= 3，则外接球的表面积为S=4πR2=4π⋅3=12π，体积为V=43πR3=43π⋅ 33=4 3π，故B正确；
如图，延长B1A1,BP，使B1A1∩BP=K，再连接MK，使MK∩A1D1=E，
连接PE，延长B1C1,KM，使B1C1∩KM=H，连接BH，使BH∩CC1=J，连接BJ,MJ，则则五边形PEMJB为平面BMP截正方体所得截面的形状，故C正确；
如图，取AB中点为G，连接D1G,GC,D1C，
∵M,N分别为D1C1,CC1的中点，
∴MN//D1C，又MN⊄平面D1GC，D1C⊂平面D1GC，
∴MN//平面D1GC，
∵M,G分别为D1C1,AB的中点，
又在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有D1M//GB，且D1M=GB，
∴四边形D1MBG为平行四边形，
∴MB//D1G，又MB⊄平面D1GC，D1G⊂平面D1GC，
∴MB//平面D1GC，又MN∩MB=B，MN,MB⊂平面MNB，
∴平面D1GC//平面MNB，
若底面ABCD内的动点Q(包含边界)满足D1Q//平面BMN，
则点Q为CG上任一点，且CG= 22+12= 5，故CQ∈[0, 5]，故D正确；
故选：BCD．
12.6
【解析】由题意m2−3m=0m2−5m+6≠0，解得m=0，即z=6i，所以z=6，
故答案为：6．
13.2 3
【解析】在▵ABD中，∠DAB=75∘,∠ADB=60∘,AB=3 6，则∠ABD=45∘，
由正弦定理得ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，ADsin45∘=3 6sin60∘，
得 32AD= 22×3 6，得AD=6，
在▵ACD中，AD=6，AC=2 3,∠CAD=30∘，
则由余弦定理得CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcs∠CAD=12+36−2×2 3×6× 32=12，
所以CD=2 3．
故答案为：2 3
14.16
【解析】由直三棱柱ABC−A1B1C1，∠ABC=90∘，BA=BC=BB1=1，
所以A1C1= 2，则侧面AA1C1C垂于底面直A1B1C1，
可得B到平面PA1C1的距离为 22，
则由等体积法可得VP−A1BC1=VB−A1PC1=13SA1PC1×ℎ=13×12× 2×1× 22=16．
故答案为：16．
15.解：(1)由a=(1,1)，b=(1,2)，
得a+b=(2,3)，故|a+b|= 4+9= 13；
(2)∵ka+b与a+b垂直，
∴(ka+b)⋅(a+b)=(1+k,2+k)⋅(2,3)=0，
∴2(1+k)+3(2+k)=0，
整理得：5k+8=0，解得k=−85；
(3)∵ka+b与a+b的夹角为锐角，
∴(ka+b)⋅(a+b)>0，且ka+b与a+b不共线，
即5k+8>0，且3(1+k)−2(2+k)≠0，
解得k>−85且k≠1，
综上：当ka+b与a+b的夹角为锐角时，k∈−85,1∪(1,+∞)．
【解析】(1)根据向量运算及模的坐标表示计算；
(2)由(ka+b)⋅(a+b)=0求解；
(3)由向量ka+b与a+b的数量积大于0且两向量不共线可得．
16.解：(1)连接EO，
∵底面ABCD是菱形，∴点O为线段BD的中点，
∵E为PD中点，∴OE为▵PBD的中位线，∴PB//EO，
∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB//平面AEC；

(2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
∵PA,AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，
∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC．
【解析】(1)只需证明根据三角形中位线性质证明PB//EO即可；
(2)只需证明BD⊥平面PAC，进而转化为证明BD⊥PA和BD⊥AC．
17.解：(1)在▵ABC中，由正弦定理得：sinAsinB=2sinBcsA，
∵sinB>0，sinA>0，∴sinA=2csA，∴csA>0，
由sinA=2csAsin2A+cs2A=1，解得csA= 55；
(2)在▵ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
得c2−2 5c−15=0，解得c=3 5或c=− 5(舍)，
由(1)知sinA=2 55，故▵ABC的面积S=12bcsinA=15；
(3)设D为BC的中点，则2AD=AB+AC，
∴4|AD|2=(AB+AC)2=c2+b2+2bccsA=9+5+6 5×1 5=20，
解得|AD|= 5，即▵ABC中BC边上的中线长为 5．


【解析】(1)根据正弦定理边角互化可得sinA=2csA，即可由同角平方和关系求解，
(2)根据余弦定理可得c=3 5，即可根据面积公式求解，
(3)根据向量的模长公式即可求解．
18.解：(1)证明：∵▵PAD是边长为2的正三角形，N为AD中点，
∴PN⊥AD，且PN⊂平面PAD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD
∴PN⊥平面ABCD，
又NC⊂平面ABCD，∴PN⊥NC；
(2)由(1)知PN⊥ND，PN⊥NC，
∴∠DNC为二面角D−PN−C的平面角，
∵底面ABCD为正方形，∴DC⊥DN，
在Rt▵NDC中，DC=2，DN=1，∴tan∠DNC=DCDN=2；
(3)取PD中点M，连接MN，MC，
∵N为AD中点，∴MN//PA，
∴异面直线PA与NC所成的角是∠MNC或∠MNC的补角，
由(1)知，PN⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PN⊥DC，
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥AD，
∵PN∩AD=N,PN,AD⊂平面PAD，∴DC⊥平面PAD，
∵PN⊂平面PAD，∴DC⊥PD，
在Rt▵MDC中，DC=2，MD=1，∴MC= DC2+MD2= 5，
在Rt▵NDC中，DC=2，ND=1，∴NC= DC2+ND2= 5，
在▵MNC中，MC=NC= 5，MN=12PA=1，
∴cs∠MNC=MN2+NC2−MC22⋅MN⋅NC=1+5−52 5= 510，
∴异面直线PA与NC所成的角的余弦值为 510．
【解析】(1)利用线面垂直证明线线垂直；
(2)利用定义法计算得到面面角的正切值；
(3)利用中位线找到平行关系，再利用定义法异面直线夹角，结合余弦定理求得；
19.解：(1)f(x)= 3sin2x+cs2x=2sin2x+π6，
由题意知fα2=2sinα+π6=12，所以sinα+π6=14，
又∵α∈−π2,0，∴α+π6∈−π3,π6，∴csα+π6>0
则csα+π6= 1−sin2α+π6= 154，
故csα+5π12=csα+π6+π4= 22csα+π6−sinα+π6= 30− 28；
(2)由f(A)=1得2sin2A+π6=1，
∵0故sinB+sinC=sinB+sinπ3+B=32sinB+ 32csB= 3sinB+π6，
由▵ABC是锐角三角形，得π6则π3即sinB+sinC的取值范围为32, 3；
(3)g(x)=1−a2f(x)−12cs4x+π3+32
=(2−a)sin2x+π6−121−2sin22x+π6+32
=sin22x+π6+(2−a)sin2x+π6+1，
当x∈7π12,5π6时，2x+π6∈4π3,11π6，
令sin2x+π6=t，则t∈−1,−12，g(x)>0在区间7π12,5π6上恒成立，
等价于关于t的不等式t2+(2−a)t+1>0在区间−1,−12上恒成立，
即有t+1t又y=t+1t在区间−1,−12上单调递减，
∴当t=−1时，有最大值−2，
故有a−2>−2，即a的取值范围为(0,+∞)．
【解析】(1)利用三角恒等变形，最后化为已知角的某个三角函数值，去求另一个角的三角函数值；
(2)利用三角形已知一个角，再利用三角形内角和消元，从而化为一个三角函数的值域来求解；
(3)利用二倍角关系，转化为同一个角的三角函数式上来，再利用分离参变量思想来求解．