重庆市朝阳中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

试卷第 1页，共 4页 重庆市朝阳中学高一下数学月考 一、单选题(本大题共 8 小题,每小题 5 分.在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的). 1．已知复数 2 i 2 z   ，则其共轭复数 z 的虚部为（ ） A． 2 5 B． 2 5  C． 2 i 5 D． 2 i 5  2．已知  , 2a m   ，  3,1b   ，若   //a b b    ，则实数m （ ）． A．3 B． 3 C．6 D． 6 3． π 1 π π 2πsin , ,sin 6 4 2 3 3                   等于（ ） A． 1 4  B． 15 4 C． 1 4 D． 15 4  4．已知 ABC 中，角 A，B，C所对的边分别是 a，b，c，若 cos cosb C c B b  ，且 cosa c B ， 则 ABC 是（ ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 5．已知 i为虚数单位，复数 z满足 1 i 0z z    ，则 | i |z  的最小值为（ ） A． 2 2 B． 12 C． 1 3 D．0 6．《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的 长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的 长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数 值相加，与高相乘，再取其六分之一，现有“刍童” ABCD EFGH 其上、下底面均为正方形，若 2 8EF AB  ，且每条侧棱长均为 6 2，则该“刍童”的体积为（ ） A．224 B．448 C． 896 3 D．147 7．如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，已知点 O为底面 ABCD的中心，M为棱 BB1的中点， 则下列结论错误的是（ ） A．D1O∥平面 A1BC1 B．MO⊥平面 A1BC1 C．异面直线 BC1与 AC所成的角等于 60° D．平面 MAC⊥平面 ABC 试卷第 2页，共 4页 8．已知函数    sin ( 0, 0, π)f x A x A        的部分图象如图所示，将  f x 的图象 向左平移 π 4 个单位长度后得到函数  g x 的图象，若  g x 在区 间 0, t 上的值域为 3,2  ，则 t的取值范围为（ ） A． 5π 2π, 12 3      B． π 5π, 4 6      C． 5π 5π, 12 6      D． 5π , π 12      二、多选题(本大题共 3小题,共 18分,在每小题所给出的四个选项中,有多项符合题目要求, 全部选对的得 6 分,部分选对得得部分分,有选错得得 0 分). 9．已知复数 3 2iz   ，则（ ） A．z的虚部为 2 B．z是纯虚数 C．z的模是 11 D．z在复平面内对应的点位于第四象限 10．已知m n l， ， 为空间中三条不同的直线，  ， ， 为空间中三个不同的平面，则下列说 法中正确的是（ ） A．若 ,m m     ，则 ,     B．若 ,m n   ，则m与 n为异面直线 C．若 , ,l m n           ，且 l m P ，则 P n D．若 , , / /m m     ，则 / /  11．函数     π π2sin 0 2, 2 2 f x x              的部分图象如图所示，则下列说法中 正确的是（ ） A．  f x 的表达式可以写成   5π2cos 2 4 f x x      B．  f x 的图象向右平移 3π 8 个单位长度后得到的新函数是奇函数 C．  f x 在区间 5π 7π, 8 8      上单调递增 D．若方程   1f x  在  0,m 上有且只有 6个根，则 5π 13π, 2 4 m     三、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分). 12．已知向量    3,1 , 1,3a b    ，则向量 ,a b   的夹角的余弦值为 . 13．若某圆锥的侧面积为底面积的 5倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值 为 . 试卷第 3页，共 4页 14．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为矩形， PC 平面 ABCD， 4AB  ， 3PC BC  ，E F G、 、 分别为 AD，AB，PC的中点，点H在棱 PC上，且 / /BH 平面 EFG， 则三棱锥H ABD 的外接球的表面积为 . 四、解答题(本大题共 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．(本小题满分 13分) 在 ABC 中，角A， B，C所对的边分别为 a，b， c，且 4a  ， 5b  ， 1cos 8 C  ． (1)求 ABC 的面积； (2)求边长 c及 sinA的值． 16．(本小题满分 15分) 四棱锥 P-ABCD中，PC⊥平面 ABCD，底面 ABCD是等腰 梯形，且 2AB  ， 1CD  ， 60ABC  ， 3PC  ，M是棱 PB的中点. (1)求证： //CM 平面 PAD； (2)求三棱锥 P ACM 的体积. 试卷第 4页，共 4页 17．(本小题满分 15分) 在 ABC 中，角 , ,A B C所对的边分别为 , ,a b c，且m n ∥ ．已知向量  , 3m a b  ，  3πsin ,sin π 2 n A B           ． (1)求角A的大小； (2)若 3a  ，求 ABC 周长的取值范围． 18．(本小题满分 17分) 如图，在四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD是正方形， SA底面 ABCD， SA AB ，点M 是 SD的中点， AN SC 于点 N． (1)求证：平面 SAC 平面 AMN； (2)求二面角D AC M  的正切值． 19．(本小题满分 17分 设平面内两个非零向量 ,m n   的夹角为 ，定义一种运算“”： sinm n m n       ．试求解下 列问题， (1)已知向量 ,a b  满足 (2,1), 2, 4a b a b       ，求a b  的值； (2)在平面直角坐标系中，已知点 (2,1), ( 1, 2), (0, 4)A B C ，求 AB BC uuur uuur 的值； (3)已知向量 1 2 2 1 π, , , , 0, cos sin sin cos 2 a b                           ，求a b  的最小值. 答案第 1页，共 6页 参考答案： 1．A2．D3．B4．D5．A6．C7．D 8．C 【详解】设  f x 的最小正周期为T，由图象可知 3 2π π 3π2, 4 3 12 4 A T    ， 所以 πT  ，则 2  ，故    2sin 2f x x   ， 又  f x 的图象过点 2π , 2 3       ，所以 2π π2 2 π, 3 2 k k    Z， 所以 5π 2 π, 6 k k    Z，又 π ，所以 5π 6    ， 则 5π( ) 2sin 2 6 f x x      ， 则   π π 5π π( ) 2sin 2( ) 2sin 2 4 4 6 3 g x f x x x                 . 当  0,x t 时， π π π2 ,2 3 3 3 x t       ， 当 2 3 3 x   π π或 4π 3 .即 0x  或 5π 6 x  时，   3g x   ， 当 π π2 3 2 x   ，即 5π 12 x  时，   2g x  ， 所以 t的取值范围为 5π 5π, 12 6      . 故选：C. 9．CD10．ACD 11．ABD 【详解】由  0 1f   ，得 2 sin 1   ，即 2sin 2    ，又 π π 2 2    ， π 4    ，又  f x 的图象过点 π ,08       ，则 π 0 8 f       ，即 π πsin 0 8 4       ， π π π 8 4 k   ，即得 8 2k   ， Zk ，又0 2  ， 2  ， 所以   π 5π2 sin 2 2 cos 2 4 4 f x x x              ，故 A正确；  f x 向右平移 3π 8 个单位后得 3π 3π 5π π2 cos 2 2 cos 2 2 sin 2 8 8 4 2 y f x x x x                           ，为奇函数，故 B正 确； 答案第 2页，共 6页 当 5π 7π, 8 8 x     时，则 5π 5π2 ,3π 4 2 x      ，由余弦函数单调性知，  f x 在 5π 7π, 8 8 x      单调 递减，故 C错误； 对于 D，由   1f x  ，得 5π 2cos 2 4 2 x      ，解得 π π 4 x k  或 π π 2 k ， Zk ， 方程   1f x  在  0,m 上有6个根，从小到大依次为：π π 5π 3π 9π 5π, , , , , 4 2 4 2 4 2 ，而第7个根为 13π 4 ， 所以 5π 13π 2 4 m  ，故 D正确. 故选：ABD. 12． 3 5 /0.6 13．2 14． 26π 【详解】 如图所示，由题意可将四棱锥P ABCD 补形为长方体， 延长CB EF、 交于 I 两点，连接GI， 过点 B作 / /BH GI交 PC于点H，易知此时 / /BH 平面 EFG， 则由平行线分线段成比例及已知条件可得： 1 1 2 BI AE GH CH BC BC HC      ， 由长方体的外接球性质可知，三棱锥H ABD 的外接球的球心O为其体对角线 AH 的中点， 直径为对角线 AH，设球半径为 r， 则 2 2 2 2 2 24 4π 26πAH AB BC CH r S r       . 故答案为： 26π . 15．(1)15 7 4 (2) 6c  ， 7sin 4 A  16．(1)证明见解析式 (2) 3 4 答案第 3页，共 6页 【详解】（1）证明：取 AP的中点 N，连接MN，DN， 因为M 为 PB的中点，所以 //MN AB且 1 2 MN AB ， 又 //CD BA且 1 2 CD AB ，所以 //MN CD且MN CD ， 所以四边形MNDC为平行四边形，所以 //CM DN ， 因为CM 平面 PAD，DN 平面 PAD， 所以 //CM 平面 PAD （2）解：在等腰梯形 ABCD中， 2AB  ， 1CD  ， 60ABC  ， 过点C、D分别作CE AB 、DF AB ，所以 1EF  ， 1 2 BE AF  ， 所以 1 cos60 BEBC    ， 在 ABC 中，由余弦定理 2 2 2 2 cosAC BC AB AB BC ABC     ， 即 2 2 2 11 2 2 2 1 3 2 AC        ，所以 3AC  ， 所以 2 2 2AC CB AB  ，即 AC BC ， 答案第 4页，共 6页 因为 PC 平面 ABCD， AC 平面 ABCD，所以 PC AC ， 又PC BC C  ， ,PC BC 平面 PBC，所以 AC 平面 PBC， 所以三棱锥 A PCM 的高为 3AC  ， 又M 是 PB的中点，所以 1 1 1 1 1 31 3 2 2 2 2 2 4PMC PBC S S BC PC          ， 所以 1 1 3 33 3 3 4 4P ACM A PCM PMC V V S AC        ； 17．(1) π 3 A  (2) 2 3,3 3  【详解】（1） , sin 3 cos 0m n a B b A   ∥ ， 由正弦定理，得sin sin 3sin cos 0A B B A  ． 又 sin 0, tan 3B A   ， 由于 π0 π, 3 A A    ． （2） π3, 3 a A  ， 由正弦定理 sin sin sin a b c A B C   ，得 2sin , 2sinb B c C  ． 则   2π 3 3 π2 sin sin 2 sin sin 2 cos sin 2 3sin . 3 2 2 6 b c B C C C C C C                             π 2π, 0, 3 3 A C          ，则 π π 5π, 6 6 6 C       ， π 1sin ,1 6 2 C            ，  3,2 3b c    ，则 2 3,3 3a b c    ， 故 ABC 周长的取值范围为 2 3,3 3． 18．(1)证明见解析 (2) 2 【详解】（1）证明：由条件有 ,DC SA DC DA  ， 且 ,SA DA 平面 SAD， SA DA A ， DC 平面 SAD，又 AM 平面 SAD， AM DC  ； 答案第 5页，共 6页 又 SA AD ，M 是 SD的中点， AM SD  ； 又 ,DC SD 平面 SDC，DC SD D ， AM 平面 SDC， SC 平面 SDC， SC AM  ． 由已知 SC AN ，且 ,AM AN 平面 AMN， AM AN A ， SC 平面 AMN．又 SC 平面 SAC， 平面 SAC 平面 AMN． （2）取 AD中点 F ，则MF SA∥ ，作 FQ AC 于Q，连结MQ． SA 底面 ABCD， MF 底面 ABCD． FQ 为MQ在平面 ABCD内的射影， FQ AC ， MQ AC  ， FQM 为二面角D AC M  的平面角． 设 S A A B a  ， 在Rt MFQ 中， 1 2 2 aMF SA  ， 1 2 4 4 aFQ BD  ， 2tan 2 2 4 a FQM a     ； 二面角D AC M  的正切值为 2． . 19．(1)2 (2)7 (3)9 【详解】（1）由已知 (2,1)a   ，得 | | 5a  ， 所以 | | | | cos 4 2 5 cos 4a b a b        r rr r ，即 2cos 5   ， 答案第 6页，共 6页 又0 π  ，所以 1sin 5   ， 所以 1sin 2 5 2 5 a b a b         ； （2）设    1 1 2 2, , ,a x y b x y   ，则 2 2 2 2 1 1 2 2,a x y b x y     ， 所以 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 cos | | | | x x y ya b a b x y x y        rr rr ，   2 2 1 2 2 1 1 2 2 11 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 sin 1 x y x y x y x yx x y y x y x y x y x y x y x y                     ， 所以 1 2 2 1sina b a b x y x y       ， 又 ( 3,1), (1,2)AB BC   uuur uuur ， 所以 | 3 2 1 1| 7AB BC       uuur uuur ； （3）由（2）得 1 2 2 1sina b a b x y x y       ， 故 2 2 2 2 1 4 1 4 cos sin cos sin a b            ，   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 sin 4coscos sin 5 cos sin cos sin cos sin                     2 2 2 2 sin 4cos5 2 9 cos sin         ， 当且仅当 2 2 2 2 sin 4cos cos sin      ，即 tan 2  时等号成立. 所以 a b  的最小值是 9．