四川省成都市區縣聯考2023-2024學年高一下學期7月期末調研考試數學試題1．平面向量a=(m,2)，b=(?2,4)，若a//A．?1 B．1 C．?2 D．22．已知復數z滿足(1+i)z=1?2i，則復數z在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．將函數f(x)=sin2x的圖象上所有的點向左平移A．y=sin2x+π6 B．y=sin2x+4．已知非零向量a,b滿足a=b，且a在b上的投影向量為12A．2π3 B．π6 C．π45．已知tanα=43A．725 B．?725 C．26．已知m，n是空間中兩條不同的直線，α,β是空間中兩個不同的平面，則下列說法正確的是（）A．若m⊥α，n⊥α，則m//n B．若m//n，n?α，則m//αC．若α⊥β，m⊥α，則m//β D．若m⊥α，m⊥n，則n//α7．已知梯形ABCO按斜二測畫法得到的直觀圖為如圖所示的梯形A'B'C'O'A．14π B．25π C．28π D．42π8．已知函數f(x)=Asin(ωx+φ)（其中A>0，ω>0，A．函數f(x)的最小正周期是πB．函數f(x)的圖象關于直線x=πC．函數f(x)的圖象關于點7π12D．函數f(x)在區間3π49．下列計算正確的是（）A．sinB．sinC．cosD．sin10．在△ABC中，D，E分別是線段BC上的兩個三等分點（D，E兩點分別靠近B，C兩點），則下列說法正確的是（）A．ABB．ABC．若|OA|=|OB|=|D．若(AB+AC)⊥11．如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1DA．B1N⊥B．正方體的外接球的表面積為12π，體積為4C．平面BMP截正方體所得截面的形狀是五邊形D．若底面ABCD內的動點Q（包含邊界）滿足D1Q//平面BMN12．若復數z=m2?3m+13．某海警船在A處看燈塔B在它的北偏東75°，距離為36nmile，在A處看燈塔C在海警船的北偏西30°，距離為23nmile，海警船由A處向正北航行到D處時，再看燈塔B在南偏東60°，則燈塔C與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與a（3）若向量ka+b與a+b的夾角為銳角，求16．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，E為線段PD的中點．（1）求證：PB//平面AEC；（2）求證：平面PAC⊥平面PBD17．已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為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．如圖，四棱錐P?ABCD的側面PAD是邊長為2的正三角形，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，N為線段AD的中點．（1）求證：PN⊥NC；（2）求二面角D?PN?C的正切值；（3）求異面直線PA與NC所成角的余弦值．19．已知函數f(x)=3（1）若α∈?π2,0，且（2）在銳角三角形中，若f(A)=1，求sinB+（3）設函數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，則故答案為：A.【分析】根據向量平行的坐標表示列式求解即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：由(1+i)z=1?2i，可得z=1?2i則復數z對應的點為?1故答案為：C.【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡，結合復數在復平面內的表示求解即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：將函數f(x)=sin2x的圖象上所有的點向左平移π6故答案為：B.【分析】根據三角函數圖象的平移變換規則計算即可.4．【答案】D【解析】【解答】解：非零向量a,b滿足a=b，

則a在b上的投影向量為即abcosa因為a,b∈[0,π]故答案為：D．【分析】根據向量數量積的定義、投影向量的概念求解即可．5．【答案】B【解析】【解答】解：tanα=43故答案為：B．【分析】根據余弦的二倍角公式結合和同角三角函數基本關系計算即可．6．【答案】A【解析】【解答】解：A、若m⊥α，n⊥α，則m//n，故A正確；

B、若m//n，n?α，則m//α或m?α，故B錯誤；C、若α⊥β，m⊥α，則m//β或m?β，故C錯誤；D、若m⊥α，m⊥n，則n?α或n//α，故D錯誤．故答案為：A．【分析】根據線面垂直的性質定理即可判斷A，根據已知條件確定各選項中線面位置關系即可判斷BCD.7．【答案】C【解析】【解答】解：由根據斜二測畫法可知：梯形A'B'易知AO⊥OC，AB//OC，OC=OA=4，AB=1，將梯形ABCO繞OA轉一周得到的幾何體是圓臺，且該圓臺的上底面圓半徑為r=1，

下底面圓半徑為R=4，高為4，則該幾何體的體積為V=1故答案為：C.【分析】根據斜二測畫法可知：梯形A'B'C'O'的原圖，求其各邊，將梯形ABCO8．【答案】D【解析】【解答】解：A、由圖象可得A=2，34T=13B、由周期可得：ω=2πT=2ππ=2，再根據五點法作圖，得2×π3+φ=對稱軸2x?π6=kπ+π2,k∈Z，則C、當2x?π6=kπ,k∈Z，則x=kπ2則7π12D、當2kπ?π2≤2x?所以fx的單調遞增區間為kπ?當k=1時，則函數fx在5π6,故答案為：D.【分析】由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出ω，由五點法作圖求出的值，可得函數的解析式，再根據正弦函數的圖象和性質逐項判斷即可．9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、sin75°B、sinπC、cos2D、sin45°故答案為：ACD.【分析】根據兩角和的正弦公式求解即可判斷A；根據正弦、余弦的二倍角公式求解即可判斷BCD.10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、易知AB?AD=因為D，E分別是線段BC上的兩個三等分點（D，E兩點分別靠近B，C兩點），所以BD=DE=B、AB?AD=DB，則AB=2C、若|OA|=|OB|=|OC|=1，則因為OA+OB+OC=0，所以O為△ABC的重心，所以AD=AE=AD=2D、若(AB則AB+即AC=因為AB+AC=所以AB2所以AB?AC=0AD=2故答案為：BCD.【分析】根據平面向量線性運算即可判斷AB；推導出△ABC為等邊三角形，求出三角形的邊長，再由數量積的運算律即可判斷C；推導出AB?AC=011．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、若B1N⊥平面ABN，則正方體ABCD?A1BBN2+B1N2≠BBB、正方體的體對角線即正方體外接球的直徑，根據正方體外接球半徑R與正方體棱長a的關系式R=3a2=32×2=C、如圖所示：

延長B1A1,BP，使B1A連接PE，延長B1C1,KM，使B1C1∩KM=H，連接BH，使D、取AB中點為G，連接D1G,GC,D因為M,N分別為D1C1,CC1的中點，所以MN//D1C，

又因為MN?平面DM,G分別為D1在正方體ABCD?A1B1C1D1中，有D1M//GB，且D1M=GB，

則四邊形D1MBG為平行四邊形，MB//D1G，

又因為MB?平面D1GC，D若底面ABCD內的動點Q（包含邊界）滿足D1Q//平面則點Q為CG上任一點，且CG=22+故答案為：BCD.【分析】利用線面垂直的性質定理即可判斷A；根據正方體外接球半徑R與正方體棱長a的關系式可求出半徑，再代入球的體積，表面積公式即可判斷B；根據補截面的方法補出平面BMP截正方體所得的截面即可判斷C；由面面平行的性質定理即可判斷D.12．【答案】6【解析】【解答】解：復數z=m2?3m+m2?5m+6i為純虛數，則m2故答案為：6.【分析】由題意，列式求得m值，再由復數模的定義計算即可．13．【答案】2【解析】【解答】解：在△ABD中，∠DAB=75°,∠ADB=60°,AB=36，則∠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故答案為：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則A1C1=2，易知側面AA1則由等體積法可得VP?故答案為：16【分析】由題意，利用等體積法VP?A115．【答案】（1）解：向量a=(1,1)，b=(1,2)，則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→+則(ka→+b→)?(a→+b→)>0，且ka故當ka+b與a【解析】【分析】（1）根據向量運算及模的坐標表示計算即可；（2）根據向量垂直，數量積為零列式求解即可；（3）由向量ka+b與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且綜上：當ka+b與a16．【答案】（1）證明：連接EO，如圖所示：因為底面ABCD是菱形，所以點O為線段BD的中點，又因為E為PD中點，所以OE為△PBD的中位線，所以PB//EO，又因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB//平面AEC；（2）證明：因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，又因為底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又因為PA,AC?平面PAC，PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC，又因為BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．【解析】【分析】（1）根據三角形中位線性質證明PB//EO即可；（2）只需證明BD⊥平面PAC，進而轉化為證明BD⊥PA和BD⊥AC.（1）連接EO，∵底面ABCD是菱形，∴點O為線段BD的中點，∵E為PD中點，∴OE為△PBD的中位線，∴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因為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，則（3）解：設D為BC的中點，則2AD即4|AD?|2=(AB?+AC???????【解析】【分析】（1）利用正弦定理，結合同角三角函數基本關系求解即可；（2）根據余弦定理可得c=35（3）根據向量的模長公式求解即可.（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）設D為BC的中點，則2AD∴4|AD解得|AD|=5，即△ABC中BC邊上的中線長為518．【答案】（1）證明：因為△PAD是邊長為2的正三角形，N為AD中點，所以PN⊥AD，且PN?平面PAD，又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PN⊥平面ABCD，又因為NC?平面ABCD，所以PN⊥NC；（2）解：由（1）知PN⊥ND，PN⊥NC，則∠DNC為二面角D?PN?C的平面角，因為底面ABCD為正方形，所以DC⊥DN，在Rt△NDC中，DC=2，DN=1，則tan∠DNC=（3）解：取PD中點M，連接MN，MC，如圖所示：因為N為AD中點，所以MN//PA，所以異面直線PA與NC所成的角是∠MNC或∠MNC的補角，由（1）知，PN⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PN⊥DC，因為底面ABCD是正方形，所以DC⊥AD，因為PN∩AD=N,PN,AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD，因為PN?平面PAD，所以DC⊥PD，在Rt△MDC中，DC=2，MD=1，則MC=D在Rt△NDC中，DC=2，ND=1，則NC=D在△MNC中，MC=NC=5，MN=12故異面直線PA與NC所成的角的余弦值為510【解析】【分析】（1）利用線面垂直證明線線垂直即可；（2）利用定義法計算得到面面角的正切值即可；（3）利用中位線找到平行關系，再利用定義法異面直線夾角，結合余弦定理求解即可.（1）證明：∵△PAD是邊長為2的正三角形，N為AD中點，∴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為二面角D?PN?C的平面角，∵底面ABCD為正方形，∴DC⊥DN，在Rt△NDC中，DC=2，DN=1，∴tan（3）取PD中點M，連接MN，MC，∵N為AD中點，∴MN//PA，∴異面直線PA與NC所成的角是∠MNC或∠MNC的補角，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