【三重教育】2023-2024学年高一下学期5月质量监测数学试题

姓名： 准考证号： 秘密★启用前 2023-2024学年第二学期高一年级5月质量监测 数学试题 (考试时间120分钟，满分150分) 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区 域内。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑。 如需改动.用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm的黑 色笔迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 1已知复数：=计则复数：的虚部为 A.-1 B.1 C.-i D.i 2.已知a,B为不同的平面，a,b,c为不同的直线，则下列说法正确的是 A.若aC,bCB,则a与b是异面直线 B.若a与b异面.b与c异面，则a与c异面 C.若a,b不同在平面a内，则a与b异面 D.若a,b不同在任何一个平面内，则a与b异面 3.在三棱锥A-BCD中，AB=CD=a,截面MNPQ与AB,CD都平行，则截面MNPQ的周 长为 A.2a B.4a C.a D.无法确定 4.已知向量a,b夹角的余弦值为-}，且到a=4.b=2.则a:(6-2a)= A.-34 B.-32 C.32 D.34 5.在△ABC中，已知 AB AC IABI IACI C0,且语品-分则A4c为 A.等边三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.三边均不相等的三角形 高一数学试题 第1页（共4页） 6.已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C所对的边，若(a+b+c)(b+c-a)=3bc, 且a=√3，则△ABC外接圆的半径为 A.1 B.√2 C.2 D.4 7.已知A,B为球O的球面上两，点，过弦AB的平面截球O所得截面面积的最小值为9π，且 △OAB为等边三角形，则球O的表面积为 A.36m B.54m C.144m D.108m 8.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵爽弦图”，它 是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，若DA= m元=n-号正.则呢 6 4 A.3m+ 3n B.4 6 13m+ 13m 6 9 6 C.13m+13 D.13m+3” 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。 9.下列数学符号可以表示单位向量的是 B.(sina,cosa) c日合 D.aja() 10.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是 A.若sinA=sinB,则△ABC为等腰三角形 B. a+b+c sinAsinA sin B sin C C.若a2+b2-c2<0.则△ABC为锐角三角形 D.若A>B,则sinA>sinB 11.如图所示，长方体ABCD-EFGH的表面积为6，AE=1,则 A.该长方体不可能为正方体 H B.该长方体体积的最大值为1 C.若长方体下底面的一条边长为2，则三棱锥H-AFC的体 积为写 D D.该长方体外接球表面积的最小值为3π 高一数学试题 第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知复数：满足z-1+2i=1,则z的最小值为 13.已知直三棱柱ABC-A,B,C,的各条棱长都相等，M是侧棱CC,的中点，则异面直线AB, 和BM所成的角为 14.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E是棱CC,的中点， 过A,D,E三点的截面把正方体ABCD-A,B,C,D,分成两部分，则 这两部分中大的体积与小的体积的比值为 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.(本小题满分13分) 已知复数a=（m2+2m-8)+（m2+2m-3)i(meR). (1)若复数：-m+2为纯虚数，求m的值： (2)若：在复平面上对应的点在第三象限，求m的取值范围. 16.(本小题满分15分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c,a2-2-c2+bc=0. (1)求∠A的大小： (2)若√3 bcos B=csin B,求证：△ABC是正三角形. 17.(本小题满分15分)现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥 P-A,B,C,D,下部的形状是正四棱柱ABCD-A,B,C,D,(如图所示)，并要求正四棱柱 的高O,O是正四棱锥的高PO,的4倍 (1)若AB=6m,P0,=2m,则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为6m,当P0,为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面 积是多少？ 高一数学试题 第3页（共4页） 18.(本小题满分17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且AF=2FB, E为PD中点 (1)证明：PB∥平面AEC. (2)在PC上是否存在一点G,使得FG∥平面AC?若存在，指出点G位置，并证明你的 结论；若不存在，说明理由。 B 19.(本小题满分17分) 如图，在△ABC中，已知AB=4,AC=10,∠BAC=60°，BC边上的中点为M,AC边上 的中点为N,AM,BN相交于点P, (1)求BC: (2)求∠MPN的余弦值： (3)过点P作直线交边AB,BC于点E,F,求该直线将△ABC分成的上下两部分图形的 面积之比的取值范围。 B 高一数学试题 第4页（共4页）高一答案 1.A 【解析】       3 i 1 i3 i 4 2i 2 i 1 i 1 i 1 i 2 z            ，其虚部为 1 .故选：A. 2.D 【解析】已知�，�为不同的平面，�,�,�为不同的直线， 对于 A:若�⊂�，�⊂�,则�与�是异面直线或平行直线或相交直线，故 A错误； 对于 B：若�与�是异面直线，�与�是异面直线，则�与�也可能是异面直线或平行直线， 故 B错误； 对于 C：若�，�不同在平面�内，则�与�是异面直线或平行直线或相交直线.故 C锆误； 对于 D:根据异面直线的定义，若�,�不同在任何一个平面�内，则�与�是异面直线.故 D 正确.故选 D. 3.A 【解析】设 k CM AM  ，因为 AB//平面MNPQ，平面 ABC⋂ 平面MNPQ=MN， AB⊂平面 ABC，所以MN//AB，同理可得 PQ//AB，MQ//CD，NP//CD， 故四边形MNPQ为平行四边形，所以 kAB PQ AB MN   1 1 ， k k CD NP CD MQ   1 . 因为 AB=CD= a，所以MN=PQ= k a 1 ，MQ=NP= k ak 1 ， 所以四边形MNPQ的周长为MN+PQ+MQ+NP=2（ k a 1 + k ak 1 ）=2 a . 4.A 【解析】� ∙(�-2�)=� ∙ �-2�2=|�|∙|�|∙cos〈�，�〉-2�2=4×2×(- 4 1 )-2×42=-34. 5.A【解析】 �� |�� | ， �� |�� | 分别表示�� ,�� 方向上的单位向量, �� |�� | + �� |�� | 在∠A的角平分线上. ∵（ �� |�� | + �� |�� | ）∙ BC =0,∴�� =�� ,又 �� |�� | ∙ �� |�� | = 2 1 ,∴cos〈��，�� 〉= �� |�� | ∙ �� |�� | = 2 1 , 则��与�� 的夹角为 60°,即∠BAC=60°,可得△ABC是等边三角形. 6.A 【解析】因为（ a + b + c）（ b + c - a）=3 bc ,所以   bcacb 322  ,即 bcacb  222 , 所以 cosA= bc acb 2 222  = 2 1 .又因为 A∈（0，180°），所以 A=60°，由正弦定理可得 2R= A a sin = 2 3 3 =2，所以 R=1. 7.C 【解析】过弦 AB的平面截球 O所得截面面积的最小值为 9π, 则以 AB为直径的截面面积为最小值，则  2 2 9       AB ,得 AB=6， ∵△OAB为等边三角形，∴球 O的半径 r =6，则球 O的表面积为  1444 2 r . 8.B 【解析】由题意得�� = 3 2 �� = 3 2 （�� -��）= 3 2 �� - 3 2 × 3 2 �� = 3 2 �� - 9 4 （�� +��）, 所以 9 13 �� = 3 2 �� - 9 4 ��，即�� = 13 6 �� + 13 4 �� = 13 4 �+ 13 6 �. 9.BD 【解析】因为单位向量的模为 1.对于 A: 1 2 2 2 1 2 1 22            ,故 A错误; 对于 B.sin²�+cos²�=1,故为单位向量，故 B正确； 对于 C: �·� � � = � � cos �,� � � =cos �, � ，为数量，不是向量，故 C错误； 对于 D: 1 � ·�(�≠0),由定义可得为单位向量，故 D正确，故选 BD, 10.ABD 【解析】对于 A，因为在△ABC中，A∈（0，π），B∈（0，π），所以当 sinA=sinB 时，A=B，故△ABC为等腰三角形，故 A正确； 对于 B，有正弦定理 R C c B b A a 2 sinsinsin  ，得 BRb sin2 ， CRc sin2 ， ARa sin2 ， 所以 R CBA cba 2 sinsinsin    ，故 B正确； 对于 C，由余弦定理得 0 2 cos 222    ab cbaC ，又因为 C是△ABC 中的一个内角，所 以 C∈（ 2  ，π），所以△ABC 是钝角三角形，故 C 错误； 对于 D，在△ABC 中，若 A>B，则 a＞b，因为 B b A a sinsin  ，所以 sinA＞sinB 11.BD 【解析】设长方体的长、宽分别为 ,a b，因为长方体 ABCD EFGH 的表面积为 6， 所以 2 2 2 6ab a b   ， 3ab a b   ， 对于 A，若 1a b  ，满足 3ab a b   ，所以该长方体可能为正方体，故 A错误； 对于 B， 3 2ab a b ab ab     ，当且仅当 a b 时取等， 所以  2 2 3 0ab ab   ，解得：0 1ab  ，即0 1ab  ， 所以长方体体积的最大值为  max max1 1V ab   ，故 B正确； 对于 C，若长方体下底面的一条边长为 2，设 2a  ，则 2 2 3b b   ，解得： 1 3 b  ， 此时长方体的体积为 1 21 2 3 3ABCD AFGH V      ，因为三棱锥 1 1 1 1 12 1 3 3 2 3 9G HFC C HGF HGF V V S CG          ， 1 1 1 1 12 1 3 3 2 3 9F ABC ABC V S BF         ， 1 1 1 1 12 1 3 3 2 3 9E AHF A EFH EFH V V S AE          ， 1 1 1 1 12 1 3 3 2 3 9D HAC H ADC ADC V V S HD          三棱锥H AFC 的体积 2 1 24 3 9 9ABCD AFGH F ABC E AHF D HAC G HFC V V V V V            ，故 C错误； 对于 D，长方体外接球的半径为 R， 2 22 1R a b   ，所以 2 2 1 2 a bR   ， 所以长方体外接球表面积为  2 2 24π 1 πS R a b    ，因为 3ab a b   ，所以 3a b ab   则    2 22 2 1 2 1 3 2 1y a b a b ab ab ab              2 29 6 2 1 8 10ab ab ab ab ab        ，令 t ab ，0 1ab  ，所以  22 8 10 4 6y t t t      ，当 1t  时， min 3y  ，所以 min 3πS  ,故 D正确.故选：BD. 12. 5 1 【解析】根据复数模的几何意义可知， | 1 2i | 1z    表示复数 z与复数1 2i 对 应两点间的距离为 1，所以复数 z对应的点是以点  1, 2 为圆心，1为半径的圆，如图， z 表示圆上的点到原点的距离，由图可知， z 的最小值为  221 2 1 5 1     . 故答案为： 5 1 13.90° 14. 7 17 【解析】连接 1BC ，设平面 1AD E与平面 1 1BCC B 交于 EF ，因为平面 1 1BCC B  平 面 1 1ADD A，平面 1AD E与平面 1 1ADD A交于 1AD ，则 1EF AD∥ ，又 1 1AD BC∥ ，则 1EF BC∥ ， 又 E是棱 1CC 的中点，则 F是 BC的中点. 11 2 1 1 11 1 , 2 2 2 2 2 2CEF ADD S S S S           ， 2h CD  ,  1 1 2 1 21 1 1 72 1 23 3 2 3CEF ADDV S S S S h              ， 1 7 178 3 3CEF ADD V V V     正方体剩余 ，故 17 7 17 3 3 7   . 15.【答案】(1) 2m  (2)    4, 3 1,2   解：（1）由题意得    2 22 6 2 3 iz m m m m m        ，…………………………2分 因为 2z m  为纯虚数， 所以 2 2 6 0 , 2 3 0 m m m m         解得 2m  .………………………………………………………5 分 （2）复数      2 22 8 2 3 iz m m m m m       R 它在复平面上对应的点在第三象限，所以 2 2 2 8 0 2 3 0 m m m m         ，…………………………7 分 解得 4 3m    或1 2m  ,……………………………………………………………11分 所以实数m的取值范围为    4, 3 1,2   ．…………………………………………13 分 16.【答案】(1) π 3 ；(2)证明见解析. 解：（1）在△ABC中，由 2 2 2 0a b c bc- - + = ，得 2 2 2b c a bc   ，……………1 分 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc     ，………………………………………………3 分 而0 πA  ，所以 π 3 A  .……………………………………………………………5 分 （2）在△ABC中，由 3 cos sinb B c B 及正弦定理得 3 sin cos sin sinB B C B ， …………………………………………………………………………………………7 分 而 sin 0B  ，则 3 cos sinB C ，由（1）知 π 3 A  ， 于是 )3 1cos π 3 cos sin ni ( 3 2 2 s B B BB    ，……………………………………8 分 整理得 tan 3B  ，……………………………………………………………………11 分 而0 πB  ，因此 π 3 B  ，……………………………………………………………13 分 即有 π 3 A B C   ，所以△ABC是正三角形.………………………………………15 分 17．【答案】(1) 3312m (2)3 2， 2288 2m 解：（1）由 1 2PO  知 1 14 8OO PO  .…………………………………………………2 分 因为 1 1 6A B AB  ， 所以正四棱锥 1 1 1 1P A BC D 的体积  2 2 31 1 11 1= 6 2 24 m ;3 3V A B PO     锥 …………4 分 正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 的体积  2 2 31= 6 8 288 m .V AB OO   柱 …………………6 分 所以仓库的容积  324 288 312 mV V V    锥 柱 .……………………………………7 分 （2）设 1 mPO x ，下部分的侧面积为 ( )S x ， 则 1 4 mOO x ， 2 21 1 1 136 , 2 36AO x AB x     ，…………………………………9 分  2 2 21 1 1( ) 4 16 2 36 16 2 36 ,(0 6)S x AB OO x x x x x         ，………………10 分 设      22 2 4 2 236 36 18 324f x x x x x x         ，………………………………11 分 当 2 18x  ，即 3 2x  时， max( ) 324f x  ， max( ) 288 2S x  .………………………13 分 即当 1PO 为3 2时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是 2288 2 m .…………15 分 18.【答案】(1)证明见解析 (2)PC上存在点 G,且 2CG GP 证明：（1）连 BD交 AC于 O,因为 E为 PD中点,……………………………………1 分 所以 EO是 BPD△ 中位线,所以 //EO PB .……………………………………………2 分 又 EO 平面 AEC,PB 平面 AEC.…………………………………………………3 分 所以 //PB 平面 AEC.……………………………………………………………………5 分 解：（2）PC上存在点 G,且 2CG GP ,使得 //FG 平面 AEC,………………………7 分 证明：PA上取点 H,且 2AH HP ,…………………………8 分 因为 F为 AB上的点,且 2AF FB , 所以在 PAB△ 中, 1 2 PH BF AH AF   ,所以 //HF PB ,………9 分 因为 //PB 平面 AEC,HF  平面 AEC, 所以 //HF 平面 AEC,…………………………………………10 分 又在 PAC△ 中, 1 2 PH PG HA GC   ,所以 //HG AC ,……………………………………12 分 因为HG 平面 AEC, AC 平面 AEC, 所以 //HG 平面AEC,……………………………………………………………………14分 因为HG HF H ,HG,HF 平面 HFG, 所以平面 //HFG 平面 AEC,……………………………………………………………16 分 因为 FG 平面 HGF,所以 //FG 平面 AEC.…………………………………………17 分 19.【答案】(1) 2 19 (2) 4 91 91 (3) 4 ,1 5      【详解】（1）在△ABC中， 4 10 60AB AC BAC    ， ， ，由余弦定理得 21 16 100 2 2 4 10 BC     ，解得 2 19BC  ，（负值舍去），故 2 19BC  ；……………3 分 （2）以A为坐标原点建立平面直角坐标系，得    0,0 , 10,0A C ，设  ,B x y ， 由两点距离公式得 2 2 16x y  ， 2 210 76x y   ， 解得 2, 2 3x y  ，（负根舍去），所以  2,2 3B ， …………………………………………………5 分 又 BC边上的中点为 M，AC边上的中点为 N，则  5,0N ，  6, 3M ， 所以    6, 3 , 3, 2 3AM BN    ，……………………………………………………7分 则  22 18 6 12 4 91cos 9139 2136 3 9 2 3 AM BNMPN AM BN                 ；………9 分 （3）由已知得 P为 ABC 的重心，则 2 3 BP BN  ，设 , BE BFp q BA BC   ，……………10 分 则  2 1 1 1 13 3 3BP BN BA BC BE BFp q                 ，又点 P在直线 EF 上，…………11 分 所以 1 1 1 1 3 p q        ，即 1 1 p q   ，又0 1,0 1p q    ，所以 1 1 11, 3 2 p p q     ，、 ……………………………………………………………………………………………12 分 所以 2 1 1 9 1 3 93 4 2 4p p p                 ， 2 21 1 9 1 3 9 13 2 4 2 4 2p p p                       ，……13 分 所以 1 1 4 1 1 91 13 pq p q p p           ， 1 1 1 1 1 21 13 pq p q p p           ，………………14 分 所以 1 sin 2 1 sin 2 BEF ABC BE BF ABCS pq S AB BCA p AB q BC BC AB BC                ，………………………15 分 所以上下两部分图形的面积之比 11 1 11 BEF ABCBEF BEFABC BEF ABC S SS pq SS S pq pq S              ，…16 分 因为 4 1, 9 2 pq      ，所以 4 ,1 5 BEF ABC BEF S S S         ，即上下两部分图形的面积之比的取值范 围为 4 ,1 5      .………………………………………………………………………………17 分 11111111111111111111111 处密古启期前 2023-2024学年第二学期高一年级5月质量监测 博在各塑科的森超区铺内作带，校出物是区域方器案无线 在济递用南为脑区城青巾界，划出荐烟正域防格者无精 数学答题卡 18(15分1 17.115分) 姓名 [11 411 中人网， 贴条形码区 准考证号 选蝶题《用80笔填涂) 多A过 0量中 量1写 看重面画推王世百 441 有TA世 11111111111111111111111 非选择题（用0.5整米的黑色第论答字笔书写） 三、嘴空题1每小想5分。共15分) 2 421 14 网、解整源（本大题共5小显，共7分解暑位写出文学说用、证用过程或 演恒步保) 15.「13分) 411 21 请育序意目的情面风域内作荐，超由要露民域的管重无道 请在养可目前物圆城内作有，用住裤■区城的挥第无效 请在落理日竹幢商域内作青，面由香链风峡的醇第王效 ■ 角一数学第1成热妇国 ■ 甜家 准考证号 迪在各题时自指塑低练出作首，里组答题区城的容堂七效 请在程目的答题区城内作行，超出蓉道低的造家七到 情在A超川方并圈棒内售游，结出管通《域为答家无数 19.【17分1 11 18.(17分】 I11 121 121 考生请勿在此区域作答 131 作在息川归立适风线内作信出指送区域的咨室七置 通定各划自指速性满内作推：里出汽息方许聚士效 南在合图日门序道区城山的物，丝出作进网城进无七效 ■ 兰相南有减城无或盖男 再的学积究其风