2022-2023学年山东省枣庄市高一（下）质检数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年山东省枣庄市高一（下）质检数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.复数4+3i2A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.cos20°A.−12 B.0 C.123.如图，点O是平行四边形ABCD两条对角线的交点，则下列等式一定成立的是(

)

A.AB+AD=CA B.4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin(A+A.等腰三角形 B.直角三角形

C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形5.已知三棱锥底面ABC是边长为2的等边三角形，顶点S与AB边中点D的连线SD垂直于底面ABC，且SA.43π B.203π C.6.已知点O为△ABC内一点，∠AOB=120°，OA=1，OB=2，过O作A.37 B.57 C.3147.古希腊亚历山大学派著名几何学家巴普士，生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，V=Sl(V表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，S表示闭合图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).已知在梯形ABCD中，AD//BCA.149 B.169 C.2298.已知函数f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)在区间[0,π]上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论(

)A.1 B.2 C.3 D.4二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的有(

)A.若a⊥b，a⊥c，则b/​/c B.若a/​/b，a/​/c，则b10.在△ABC中，若tanAA.sinA=cosB 11.数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O、G、H分别是△ABC的外心、重心、垂心，且M为BC的中点，则A.OH=OA+OB+O12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点E，F是棱DD1，CC1的中点，点A.MC1的最小值为6−2

B.存在点M，使得AM⊥CE

C.存在点M，使得三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量a，b满足(a−b)⊥b，且|a|=2，|b14.已知cos(π4−α)=35，sin(515.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2csin(B16.表面积为100π的球面上有四点S、A、B、C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若面SAB⊥面

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知复数z1=a+i，z2=1−i，其中a是实数．

(1)若z18.(本小题12.0分)

已知向量a=(1,2)，b=(3,k)．

(1)若a/​/b，求|b19.(本小题12.0分)

已知f(x)=4cosx⋅cos(x+π6),x∈R．

20.(本小题12.0分)

已知在△ABC中，点M，N分别为AB，AC的中点．

(1)若△ABC的面积为5，CM=6，21.(本小题12.0分)

如图，E是直角梯形ABCD底边AB的中点，AB=2DC=2BC，将△ADE沿DE折起形成四棱锥A−BCD22.(本小题12.0分)

如图，C、D是两个小区所在地，C、D到一条公路AB的垂直距离分别为CA=1km，DB=2km，AB两端之间的距离为6km．

(1)某移动公司将在AB之间找一点P，在P处建造一个信号塔，使得P对A、C的张角与P对B、D的张角相等(即∠CPA=∠DPB)答案和解析1.【答案】A

【解析】解：4+3i2−i=(4+3i)(2+2.【答案】C

【解析】解：cos20°cos40°−3.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了平面向量的加法、减法运算，属于基础题．

根据平面向量的加减运算的平行四边形和三角形法则即可得出．

【解答】

解：∵点O是平行四边形ABCD两条对角线的交点，

∴AB+AD=AC，4.【答案】D

【解析】解：由于sin(A+B)−sin(A−B)=sin2A，

整理得：sinAco5.【答案】B

【解析】解：如图，

设底面正三角形ABC的外心为E，三角形SAB的外心为F，

分别过E、F作所在面的垂线相交于O，则O为三棱锥S−ABC外接球的球心，

再设底面正三角形外接圆的半径为r1，则r1=22sinπ3=233，

由已知求得SA=SB=3+1=2，可得6.【答案】C

【解析】解：如图：

因为点O为△ABC内一点，∠AOB=120°，OA=1，OB=2，

所以OD⋅AD=0，

则OD⋅EA=−OD⋅AO+AD2=−A7.【答案】A

【解析】解：根据题意，设该梯形的重心为G，过点G作GE⊥AB，交AB与点E，

设GE=r，即梯形ABCD的重心G到边AB的距离为r，

将梯形绕边AB旋转一周，得到一个圆台，

该圆台的体积V=13(4π+16π+4π×16π)4=28×4π3，

点G8.【答案】B

【解析】解：∵函数f(x)=sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4)(ω>0)在区间[0,π]上有且仅有4条对称轴，

ωx+π4∈[π4,ωπ+π4]，

∴7π2≤ωπ+π4<9π9.【答案】BD【解析】解：A选项，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能异面，A选项错误；

B选项，若a/​/b，a/​/c，则b/​/c，B选项正确；

C选项，若α⊥β，α⊥γ，则β，γ可能相交，C选项错误；10.【答案】AB【解析】解：因为tanA+B2=sin(A+B)，即sinA+B2cosA+B2=2sinA+B2⋅cosA+B2，

可得2cos2A+B2=1，即cos(A+B)11.【答案】AB【解析】解：作图如下所示：

A.因为OG=12GH，所以OG=13OH，所以G为重心，所以GA+GB+GC=0，

所以OA−OG+OB−OG+OC−OG=0，

所以OG=13(OA+OB+OC)，所以13OH=13(12.【答案】AC【解析】解：根据题意可知AD⊥平面CDD1C1，

所以∠AMD为AM与面CDD1C1所成角，且AD⊥DM，

因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，AM与面CDD1C1所成角的正切值为32，

所以tan∠AMD=ADDM=3DM=32，解得DM=2，

所以点M的轨迹为以D点为圆心，2为半径的圆在侧面CDD1C1内的弧GH，如图，

此时CH=GD1=1，

对于A选项，有MC1≥C1D−DM=6−2，当且仅当M，C1，D三点共线时等号成立，

故MC1的最小值为6−2，正确；

对于B选项，因为AD⊥平面CDD1C1，CE⊂平面CDD1C1，所以AD⊥CE，

假设存在点M，使得AM⊥CE，则AD⋂AM=A，CE⊥平面ADM，

由于DM⊂平面ADM，故有CE⊥DM，

另一方面，在侧面CDD1C1中，取棱C1D1的中点N，

由点E是棱DD1的中点，进而结合平面几何知识易得CE⊥DN，

故要使CE⊥DM，则点N与点M重合，

由于CH=GD1=1，ND1=3213.【答案】60°【解析】解：根据题意，设a与b的夹角为θ，

若(a−b)⊥b，则(a−b)⋅b=a⋅b−b2=2cosθ−1=14.【答案】5665【解析】解：∵cos(π4−α)=35,sin(5π4+β)=−1213,α∈(π4,3π4),β∈(0,π4)，

∴−π2<π4−α<15.【答案】[6【解析】解：由题意知，2csin(B+π6)=a+b=4，

所以c=2sin(B+π6)，且0<c<a+b=4，即sin(B+π6)>1216.【答案】12(【解析】解：∵球的表面积为100π，∴球的半径为5，

设△ABC的中心为O′，则OO′=3，∴CO′=4，

∴△ABC的边长为43，∴△ABC的面积为123，欲使其体积最大，

应有S到平面ABC的距离取最大值，又面SAB⊥面ABC，

∴点S在平面ABC17.【答案】解：(1)复数z1=a+i，则z12=(a+i)2=(a2−1)+2ai=−2i，

又a是实数，因此a2−1=02a=−2，

解得a=−1，

所以实数a的值是−1；

(2)复数z1【解析】(1)可求出z12=(a+i)2=(a2−1)+2ai=−2i，从而得出a218.【答案】解：(1)因为向量a=(1,2)，b=(3,k)，且a/​/b，

所以1×k−2×3=0，解得k=6，

所以|b|=32+62=35．

(2)a=【解析】(1)根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解；

(2)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解；

(3)根据已知条件，可得a⋅b19.【答案】解：(1)因为f(x)=4cosx⋅cos(x+π6)

=23cos2x−2cosxsinx

=3(cos2x+1)−sin2x

=2cos(2x+π6)+3，

则T=2π【解析】(1)利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得f(x)=2cos(2x20.【答案】(1)解：由题意知，△ACM的面积为12CM⋅CA⋅sin∠ACM=12×6×AC×3018=52，

解得AC=3，

在△ACM中，由余弦定理得，

AM2=AC2+CM2−2AC⋅CM⋅cos【解析】(1)根据三角形的面积列方程求出AC的值，再由余弦定理求出AM，即可得出AB．

(2)利用余弦定理求出BN21.【答案】(1)证明：在直角梯形ABCD中，

∵DC//BE，且DC=BE，∴四边形BCDE为平行四边形，

又∠B=90°，从而DE⊥EB，DE⊥EA．

因此，在四棱锥A−BCDE中，有DE⊥面ABE；

(2)解：由(1)知∠AEB即二面角A−DE−B的平面角，

故∠AEB=60°，又AE=EB，∴△AEB为等边三角形．

设BE的中点为F，CD的中点为G，连接AF、FG、A【解析】(1)由E是直角梯形ABCD底边AB的中点，且AB=2DC，可得四边形BCDE为平行四