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

四川省成都市区县联考2023-2024学年高一下学期7月期末调研考试数学试题1．平面向量a=(m,2)，b=(−2,4)，若a//A．−1 B．1 C．−2 D．22．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A．y=sin2x+π6 B．y=sin2x+4．已知非零向量a,b满足a=b，且a在b上的投影向量为12A．2π3 B．π6 C．π45．已知tanα=43A．725 B．−725 C．26．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//n B．若m//n，n⊂α，则m//αC．若α⊥β，m⊥α，则m//β D．若m⊥α，m⊥n，则n//α7．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'A．14π B．25π C．28π D．42π8．已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)（其中A>0，ω>0，A．函数f(x)的最小正周期是πB．函数f(x)的图象关于直线x=πC．函数f(x)的图象关于点7π12D．函数f(x)在区间3π49．下列计算正确的是（）A．sinB．sinC．cosD．sin10．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．ABB．ABC．若|OA|=|OB|=|D．若(AB+AC)⊥11．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1DA．B1N⊥B．正方体的外接球的表面积为12π，体积为4C．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BMN12．若复数z=m2−3m+13．某海警船在A处看灯塔B在它的北偏东75°，距离为36nmile，在A处看灯塔C在海警船的北偏西30°，距离为23nmile，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D14．在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°，BA=BC=BB1=115．已知向量a=(1,1)，b（1）求|a（2）若向量ka+b与a（3）若向量ka+b与a+b的夹角为锐角，求16．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PBD17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，目asin（1）求cosA（2）若a=210，b=5，求△ABC（3）若b=5，c=3，求△ABC中BC18．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．已知函数f(x)=3（1）若α∈−π2,0，且（2）在锐角三角形中，若f(A)=1，求sinB+（3）设函数g(x)=1−a2f(x)+12sin

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：平面向量a=(m,2)，b=(−2,4)，若a//b，则故答案为：A.【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：由(1+i)z=1−2i，可得z=1−2i则复数z对应的点为−1故答案为：C.【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，结合复数在复平面内的表示求解即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：将函数f(x)=sin2x的图象上所有的点向左平移π6故答案为：B.【分析】根据三角函数图象的平移变换规则计算即可.4．【答案】D【解析】【解答】解：非零向量a,b满足a=b，

则a在b上的投影向量为即abcosa因为a,b∈[0,π]故答案为：D．【分析】根据向量数量积的定义、投影向量的概念求解即可．5．【答案】B【解析】【解答】解：tanα=43故答案为：B．【分析】根据余弦的二倍角公式结合和同角三角函数基本关系计算即可．6．【答案】A【解析】【解答】解：A、若m⊥α，n⊥α，则m//n，故A正确；

B、若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故B错误；C、若α⊥β，m⊥α，则m//β或m⊂β，故C错误；D、若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n//α，故D错误．故答案为：A．【分析】根据线面垂直的性质定理即可判断A，根据已知条件确定各选项中线面位置关系即可判断BCD.7．【答案】C【解析】【解答】解：由根据斜二测画法可知：梯形A'B'易知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，则该几何体的体积为V=1故答案为：C.【分析】根据斜二测画法可知：梯形A'B'C'O'的原图，求其各边，将梯形ABCO8．【答案】D【解析】【解答】解：A、由图象可得A=2，34T=13B、由周期可得：ω=2πT=2ππ=2，再根据五点法作图，得2×π3+φ=对称轴2x−π6=kπ+π2,k∈Z，则C、当2x−π6=kπ,k∈Z，则x=kπ2则7π12D、当2kπ−π2≤2x−所以fx的单调递增区间为kπ−当k=1时，则函数fx在5π6,故答案为：D.【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，再根据正弦函数的图象和性质逐项判断即可．9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、sin75°B、sinπC、cos2D、sin45°故答案为：ACD.【分析】根据两角和的正弦公式求解即可判断A；根据正弦、余弦的二倍角公式求解即可判断BCD.10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、易知AB−AD=因为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=B、AB−AD=DB，则AB=2C、若|OA|=|OB|=|OC|=1，则因为OA+OB+OC=0，所以O为△ABC的重心，所以AD=AE=AD=2D、若(AB则AB+即AC=因为AB+AC=所以AB2所以AB⋅AC=0AD=2故答案为：BCD.【分析】根据平面向量线性运算即可判断AB；推导出△ABC为等边三角形，求出三角形的边长，再由数量积的运算律即可判断C；推导出AB⋅AC=011．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、若B1N⊥平面ABN，则正方体ABCD−A1BBN2+B1N2≠BBB、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=C、如图所示：

延长B1A1,BP，使B1A连接PE，延长B1C1,KM，使B1C1∩KM=H，连接BH，使D、取AB中点为G，连接D1G,GC,D因为M,N分别为D1C1,CC1的中点，所以MN//D1C，

又因为MN⊄平面DM,G分别为D1在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有D1M//GB，且D1M=GB，

则四边形D1MBG为平行四边形，MB//D1G，

又因为MB⊄平面D1GC，D若底面ABCD内的动点Q（包含边界）满足D1Q//平面则点Q为CG上任一点，且CG=22+故答案为：BCD.【分析】利用线面垂直的性质定理即可判断A；根据正方体外接球半径R与正方体棱长a的关系式可求出半径，再代入球的体积，表面积公式即可判断B；根据补截面的方法补出平面BMP截正方体所得的截面即可判断C；由面面平行的性质定理即可判断D.12．【答案】6【解析】【解答】解：复数z=m2−3m+m2−5m+6i为纯虚数，则m2故答案为：6.【分析】由题意，列式求得m值，再由复数模的定义计算即可．13．【答案】2【解析】【解答】解：在△ABD中，∠DAB=75°,∠ADB=60°,AB=36，则∠ABD=45°由正弦定理ADsin∠ABD=ABsin在△ACD中，AD=6，AC=23由余弦定理得：CD解得CD=23故答案为：23【分析】在△ABD中，利用正弦定理求的AD，再在△ACD中，利用余弦定理求CD即可.14．【答案】1【解析】【解答】解：直三棱柱ABC−A1B1C则A1C1=2，易知侧面AA1则由等体积法可得VP−故答案为：16【分析】由题意，利用等体积法VP−A115．【答案】（1）解：向量a=(1,1)，b=(1,2)，则a+（2）解：若ka→+b→即2(1+k)+3(2+k)=0，整理得5k+8=0，解得k=−8（3）解：若ka→+则(ka→+b→)⋅(a→+b→)>0，且ka故当ka+b与a【解析】【分析】（1）根据向量运算及模的坐标表示计算即可；（2）根据向量垂直，数量积为零列式求解即可；（3）由向量ka+b与a+（1）由a=(1,1)，b得a+b=(2,3)（2）∵ka+b∴(ka∴2(1+k)+3(2+k)=0，整理得：5k+8=0，解得k=−8（3）∵ka+b∴(ka+b)⋅(a即5k+8>0，且3(1+k)−2(2+k)≠0，解得k>−85且综上：当ka+b与a16．【答案】（1）证明：连接EO，如图所示：因为底面ABCD是菱形，所以点O为线段BD的中点，又因为E为PD中点，所以OE为△PBD的中位线，所以PB//EO，又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB//平面AEC；（2）证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又因为PA,AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC，又因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．【解析】【分析】（1）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.（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．17．【答案】（1）解：在△ABC中，asinB=2bcos因为sinB>0，sinA>0，所以由sinA=2cosAsin2A+（2）解：在△ABC中，a=210，b=5，

由余弦定理a2=b2由（1）知sinA=255，则（3）解：设D为BC的中点，则2AD即4|AD⃗|2=(AB⃗+AC⃗​​​​​​【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合同角三角函数基本关系求解即可；（2）根据余弦定理可得c=35（3）根据向量的模长公式求解即可.（1）在△ABC中，由正弦定理得：sinA∵sinB>0，sinA>0，∴由sinA=2cosAsin2A+（2）在△ABC中，由余弦定理得a2得c2−25c−15=0，解得由（1）知sinA=255，故（3）设D为BC的中点，则2AD∴4|AD解得|AD|=5，即△ABC中BC边上的中线长为518．【答案】（1）证明：因为△PAD是边长为2的正三角形，N为AD中点，所以PN⊥AD，且PN⊂平面PAD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PN⊥平面ABCD，又因为NC⊂平面ABCD，所以PN⊥NC；（2）解：由（1）知PN⊥ND，PN⊥NC，则∠DNC为二面角D−PN−C的平面角，因为底面ABCD为正方形，所以DC⊥DN，在Rt△NDC中，DC=2，DN=1，则tan∠DNC=（3）解：取PD中点M，连接MN，MC，如图所示：因为N为AD中点，所以MN//PA，所以异面直线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，因为底面ABCD是正方形，所以DC⊥AD，因为PN∩AD=N,PN,AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD，因为PN⊂平面PAD，所以DC⊥PD，在Rt△MDC中，DC=2，MD=1，则MC=D在Rt△NDC中，DC=2，ND=1，则NC=D在△MNC中，MC=NC=5，MN=12故异面直线PA与NC所成的角的余弦值为510【解析】【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可；（2）利用定义法计算得到面面角的正切值即可；（3）利用中位线找到平行关系，再利用定义法异面直线夹角，结合余弦定理求解即可.（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（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=D在Rt△NDC中，DC=2，N