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1、2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）月考数学试卷（5月份）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.已知复数z=1+2i1+i(i为虚数单位)，则z的共轭复数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2.已知向量a=(4,3)，则与向量a方向相反的单位向量是()A. (45,35)B. (45,35)C. (45,35)D. (45,35)或(45,35)3.如图，用斜二测画法得到ABC的直观图为等腰直角三角形ABC，其中AB= 3，则ABC的面积为()A. 3 2B. 2 2C. 2
2、D. 14.已知l，m是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是()A. 若l/m，m，则l/B. 若l/，m/，/，则l/mC. 若，l，m，则lmD. 若m，l/，l/m，则5.如图，某人在点B处测得某塔在南偏西60”的方向上，塔顶A仰角为45，此人沿正南方向前进30米到达C处，测得塔顶A的仰角为30，则塔高为()A. 20米B. 15米C. 12米D. 10米6.已知某圆台的上、下底面半径分别为r1、r2，且r2=3r1，若半径为2 3的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为()A. 28B. 283C. 563D. 208 337.九章算术中将底面为直角
3、三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳌臑”.如图，在堑堵ABCA1B1C1中，ACBC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是()A. 四棱锥BA1ACC1为“阳马”B. 四面体A1C1CB为“鳖臑”C. 四棱锥BA1ACC1体积的最大值为23D. 过A点作AEA1B于点E，过E点作EFA1B于点F，则A1B面AEF8.古希腊数学家特埃特图斯(Teaetetus)利用如图所示的直角三角形来构造无理数.已知AB=BC=CD=1，ABBC，ACCD，AC与BD交于点O，若DO=AB+AC，则+=()A.
4、21B. 1 2C. 2+1D. 21二、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.已知非零复数z1，z2，其共轭复数分别为z1,z2，则下列选项正确的是()A. z12=z12B. z1+z2=z1+z2C. 若|z2+1|=1，则|z21|的最小值为2D. |z1z2|=|z1|z2|10.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是()A. 三棱锥AD1PC的体积不变B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为4,2C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变D. 二面角PAD1C的大小不变11.已知函数f(x
5、)=2coscos(2x+)+sin2xcos(2x+2)，则()A. f(x)的图象关于点(38,0)中心对称B. f(x)的值域为2,2C. 满足f(x)在区间m,m上单调递增的m的最大值为8D. f(x)=1在区间(8,118)上的所有实根之和为52三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(1,1),|b|=4，且b在a上的投影向量的坐标为(2,2)，则a与b的夹角为_13.将函数f(x)= 3sin2x+cos2x的图象向右平移12个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，若g(x)最小正周期为a，则g(a6)=_14.A，B，C，D为球面上四点，M，N分别是A
6、B，CD的中点，以MN为直径的球称为AB，CD的“伴随球”，若三棱锥ABCD的四个顶点在表面积为64的球面上，它的两条边AB，CD的长度分别为2 7和4 3，则AB，CD的伴随球的体积的取值范围是四、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ABC的角A、B、C所对的边分别是a，b，c，设向量m=(a,b)，n=(cosA,cosB)，p=(2a,b2)(1)若mn，判断ABC的形状；(2)若m/p，边长c=3 2，C=3，求ABC的面积16.(本小题15分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，ABC=60，PA平面ABC
7、D，E为PD的中点()证明：PB/平面AEC；()设AD=2，PA=AB=1，求点D到平面AEC的距离17.(本小题15分)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sinC+ 3cosC=a，b= 3(1)若a+c=2，求边AC上的角平分线BD长；(2)求边AC上的中线BE的取值范围18.(本小题17分)如图，在多面体ABCDE中，DB平面ABC，AE/DB，且ABC是边长为2的等边三角形，2AE=BD=2()若F是线段CD的中点，证明：EF面DBC；()求二面角DECB的平面角的余弦值19.(本小题17分)若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：|AB|=|A
8、C|；存在异于点A的点G使得：AG与AB+AC同向且AGAB|AB|= 32|AG|，则称点A，B，C为可交换点组.已知点A，B，C是可交换点组(1)求BAC；(2)若A(1,0)，B(2, 3)，C(x,y)(y0)，求C的坐标；(3)记a，b，c中的最小值为mina,b,c，若|AB|=2 3，AG=13(AB+AC)，点P满足|PG|=1，求minPAPB,PBPC,PCPA的取值范围答案1.D2.B3.A4.D5.B6.D7.C8.A9.BD10.ABD11.ACD12.3413. 314.6,125615.解：(1)因为m=(a,b)，n=(cosA,cosB)，mn，所以acosA
9、bcosB=0，由正弦定理，得sinAcosAsinBcosB=0，所以sin2A=sin2B，又A，B为三角形内角，所以2A=2B或2A+2B=，即A=B或A+B=2，所以ABC为等腰三角形或直角三角形；(2)因为p=(2a,b2)，由题意m/p，故b(2a)a(b2)=0，即a+b=ab，由余弦定理c2=a2+b22abcosC，又c=3 2，C=3，故18=a2+b2ab=(a+b)23ab，则(ab)23ab18=0，故(ab6)(ab+3)=0，则ab=6，或ab=3(舍)，所以S=12absinC=126sin3=3 3216.证明：()连结BD交AC于点O，底面ABCD为平行四边
10、形，可得：O是BD的中点，E为PD的中点所以：PB/OE PB平面AEC，OE平面AEC 所以：PB/平面AEC ()由AD=2，PA=AB=1，ABC=60，利用余弦定理得：AC2=AB2+BC22ABBCcosABC 解得：AC= 3 因为：PA平面ABCD 解得：PB= 2 利用中位线得：OE= 22 设：点D到平面AEC的距离，根据VEACD=VDACE 所以：1213 32=13 64 解得：= 2217.解：(1)因为sinC+ 3cosC=a，根据正弦定理得a=2RsinA=bsinAsinB，所以sinC+ 3cosC=bsinAsinB，即sinBsinC+ 3sinBcos
11、C=bsinA= 3sin(B+C)，可得sinBsinC+ 3sinBcosC= 3sin(B+C)，即sinBsinC+ 3sinBcosC= 3sinBcosC+ 3cosBsinC，整理得sinBsinC= 3cosBsinC，因此C(0,)，可得sinC0，所以tanB= 3，结合B(0,)，得B=3，根据余弦定理，可得b2=a2+c22accos3=3，即3=c2+a2ac=(a+c)23ac，将a+c=2代入，化简得ac=13，所以SABC=SABD+SBCD=12cBDsinB2+12aBDsinB2=12acsinB，可得BD(a+c)sin6=acsin3，结合a+c=2，
12、ac=13，解得BD= 36；(2)因为E是AC的中点，所以BE=12(BA+BC)，则BE2=14(BA2+2BABC+BC2)=14(c2+a2+ac)，因为B=3，b= 3，由余弦定理得cosB=c2+a2b22ac=12，即c2+a2=ac+3，所以BE2=3+2ca4根据正弦定理，得ac=bsinBsinAbsinBsinC=4sinAsinC=4sinAsin(23A)，即ac=2 3sinAcosA+2sin2A= 3sin2Acos2A+1=2sin(2A6)+1，因为A(0,23)，可得2A6(16,76)，所以sin(2A6)(12,1，可得ac=2sin(2A6)+1(0
13、,3,所以BE2=3+2ca4(34,94，即BE( 32,32，可知边AC上的中线BE的取值范围为( 32,3218.证明：()取BC的中点G，连接FG，AG，AGBC，AGBD，BDBC=B，AG面DBC，又AE/BD/FG，AE=FG，AGFE为平行四边形，EF/AG，EF面DBC.-(6分) 解：()连接BF，过F在面DEC内作EC的垂线，垂足为H 连接HB.EF面DBC，BFEF，又BC=BD，BFCD，BF面EDC，FHB为二面角DECB的平面角，在DEC中，EC=ED= 5CD=2 2，FH= 65，在直角BFH中，FH= 65，BF= 2，BH=4 5，cosFHB=FHBH= 64二面角DECB的平面角的余弦值为 64.-(15分)19.解：(1)因为AG与AB+AC同向，设AG=(AB+AC)(0)，则cosGAB=(AB+AC)AB|AG|AB|=AB2+ABAC|AG|AB|，cosGAC=(AB+AC)AC|AG|AC|=AC2+ABAC|AG|AC|，又因为GAB，GAC0,，且|AB|=|AC|，所以cosGAB=cosGAC，所以GAB=GAC，由AGAB|AB|= 32|AG|，得cosGAB= 32，又因为GAB0,r，所以GAB=6，所以BAC=GAB+GAC=3；(2)由(1)知，|AB|=|AC|，BAC=3 所以|A
