四川省江油中学2023-2024学年高一下学期第三次阶段性考试数学试题

试卷第 1页（共 4页） 四川省江油中学 2023 级高一下期第三次阶段性考试 数学试题 命题人：第一组 审题人：第一组 一、选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合要求的． 1．复数 3 2z i  的虚部为（ ） A．3 B． 2 C． 2 D． 2i 2．平面向量 (sin , cos ), (1, 1),a b       若 a b    ，则 tan （ ） A．1 B． 2 C． 2 D． 1 3．立体几何中的四个基本事实是学习立体几何的基础，下列四个命题中不是立体几何中的基本 事实的是（ ） A．过不在一条直线上的三点，有且仅有一个平面 B．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内 C．平行于同一条直线的两条直线平行 D．垂直于同一条直线的两条直线平行 4．已知|� | = �，� 为单位向量，当向量� , � 的夹角 为 2π 3 ，则向量� 在向量� 上的投影向量为（ ） A．� B．� C．−�� D．− � 5．若水平放置的四边形 AOBC 按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形O A C B   为 等腰梯形， , 4, 8AC OB AC OB        ∥ ，则原四边形 AOBC 的面积为（ ） A．18 2 B． 20 2 C． 22 2 D． 24 2 6．函数   2sin cos cosf x x x x  的最大值为（ ） A． 2 1 2  B．1 C． 2 1 2   D． 2 2 7．已知 π 3sin 12 4 x      ，则 πsin 2 3 x      （ ） A． 5 8  B． 5 8 C． 13 4 D． 13 4 8．锐角△���的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos sin tan 1 sin 2 C A C c a C   ， 3b  ， 则a c 的取值范围是（ ） A． 3 ,3 2      B． 3,2 3 C．  3 2 3， D．  3,3 试卷第 2页（共 4页） 二、多选题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20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 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分． 9．复数    1 2 iz m m    在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m的值可能是（ ） A． 2 B． 3 2 C． 4 3 D．1 10．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径 2R相等，下列结论正确 的是（ ） A．圆柱的侧面积与球的表面积相等 B．圆锥的侧面展开图的圆心角为 π C．圆柱的表面积为 23πR D．圆柱的体积等于球与圆锥的体积之和 11．如图，一个棱长为 1的正方体的展开图，如果将它还原成正方体，那么下列选项中正确的是（ ） A． AB与CD是异面直线 B．CD GH C．异面直线 AB与 EF所成角为 90 D．球O与该正方体的六个面均相切，则球O的体积为 π 6 12．已知 , ,a b c分别是 ABC 三个内角 , ,A B C的对边，下列四个命题中正确的是（ ） A．若 cos cosa A b B ，则 ABC 是等腰三角形 B．若 cos2 cos2 cos2 1A B C   ，则 ABC 为锐角三角形 C．若 O 是 ABC 所在平面上一定点，动点 P 满足 ( ) AB ACOP OA AB AC         , (0, )  ， 则直线 AP一定经过 ABC 的内心 D．若 2 3 0OA OB OC       ， ,AOC ABCS S  分别表示 ,AOC ABC  的面积，则 : 1: 6AOC ABCS S   三、填空题：本题共 4小题，每道题 5分，共 20分. 13．已知 2 ,z i  则 z i  ； 14．将一个半径为1cm的铁球熔化后，浇铸成一个底面半径为1cm的圆锥铁锭，则圆锥的母线长 为 cm . 试卷第 3页（共 4页） 15．已知正三角形 ABC的边长为 2，点D满足 CBnCAmCD  ，且 0m  ， 0n  ， 2 1m n  ， 则 CD 的取值范围是 ； 16．已知球 O 的半径为3，正三棱锥 S ABC 的四个顶点都在球 O 的表面上，且 2SA  ，则正三 棱锥 S ABC 的体积为 ； 四、解答题：本大题共 6小题，满分 70分．解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤． 17.（10分）已知向量 (1, 2), ( 2,3),a b     (1) 求    a b a b      ； (2) 求 cos ,a b   ； 18．（12分）已知 sin cos π3 0 sin cos 2             ， ， . (1)求 tan 的值; (2)若   10sin 10    ，且 π0 2       ， ，求角 . 19．（12分）正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M ， N分别是 1 1BC CD， 的中点; (1)求异面直线 1CD 与 1BC 所成角； (2)求证： //MN 平面 ABCD 20．（12分）在 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，若 3 cos 3 sina C b c A     且 4a  ； (1)求 A； (2)已知直线 AM 为 BAC 的平分线，且与 BC交于点M ，若 2 3AM  ,求 ABC 的周长. 试卷第 4页（共 4页） 21．（12分）已知函数    sin 0, 0, 2 πf x A x A            的部分图象如图所示. (1)求函数  f x 的解析式； (2)将函数  f x 的图象向左平移 π 6 个单位，得到函数  g x 的图象，若方程    sin cos 2 0g x k x x    在 π0, 2 x      上有解，求实数 k的取值范围. 22．（12分）几何体 E ABCD 是四棱锥， ABD△ 为正三角形， 2BC CD  ， 120BCD  ， M 为线段 AE的中点. (1)求证： / /DM 平面BEC； (2)线段 EB上是否存在一点 N，使得 , , ,D M N C四点共面？若存在，请求出 BN BE 的值； 若不存在，并说明理由. 2023 级高一下期 6 月考试 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A D C D A B B BC AD ABD CD 13． 2 2 14． 17 15．  1, 2 16．16 3 27 8．因为 cos sin tan 1 sin 2 C A C c a C   ，所以 cos sin sin 1 cos 2sin cos C A C c a C C C   ， 整理可得 2 sin c C  ，即有 =2 sin sin sin c a b C A B   . 又 3b  ，所以 3sin 2 B  ，解得 π 3 B  ，所以 2π 3 A C  ， 于是   π2 sin sin 2 sin sin 3 a c A C A A            3 3 π2 sin cos 2 3 sin 2 2 6 A A A               . 因为三角形是锐角三角形，所以 π π, 6 2 A      ，所以 π 3sin ,1 6 2 A           ， 所以 a c 的取值范围是 3, 2 3 . 12. A：由正弦定理可得： sin cos sin cosA A B B ，即 sin 2 sin 2A B ，而 30 , 60A B   满足， 此时△ ABC是直角三角形，错误； B：由 2 2 2cos2 cos2 cos2 1 2sin 2sin 2sin 1A B C C B A       ，即 2 2 2sin sin sinC B A  ，根据正 弦定理边角关系有 2 2 2 0a b c   ，易知 cos 0C  ，即C为锐角，但△ ABC不一定为锐角三角形， 错误； C：由 , | | | | AB AC AB AC     是 AB  ，AC  方向上的单位向量，则 | | | | AB AC AB AC             为 BAC 的角平分线上的向量， 又 | | | | AB ACOP OA AB AC               ，故直线 AP一定经过△ ABC的内心，正确； D：如下图， 2OA OA    ， 3OC OC    ，则 0OA OB OC        ，即O是△ A BC 的重心，所以 A OB A OC BOCS S S       ，又 1 6AOC A OC S S    ， 1 2AOB A OB S S   ， 1 3BOC BOC S S   ，所以 1 1 1 6 2 3 6 ABC AOC AOB BOC A OC A OB BOC AOC S S S S S S S S                    1 正确. 16．取 BC中点D，连接 AD，作 SG 平面 ABC，垂足为G，则G为 ABC 的中心， 2 3 AG AD  ， 由球的性质可知：球心O在直线 SG上， 设正三棱锥 S ABC 底面正三角形 ABC的边长为 a， 则 2 2 2 2 1 3 3 3 4 3 AG AD a a a    ， 214 3 SG a   ， 213 4 3 OG a    ， 2 2 2OG AG OA  ， 2 2 21 1 14 9 6 4 9 3 3 3 a a a       ，解得： 2 32 3 a  ， 2 21 1 1 3 14 3 3 2 2 3S ABC ABC V S SG a a          16 3 27 . 17．解：（1）因为 (1,2)a   ， ( 2,3)b    ， 所以      1, 2 2,3 1,5a b       ，      1,2 2,3 3, 1a b       ， 所以  ( ) ( ) 1 3 5 1 8a b a b              ； （2）因为 (1,2)a   ， ( 2,3)b    ，所以  1 2 2 3 2 6 4a b           ． 2 2| | 1 2 5a    ，  2 2| | 2 3 13b      ，所以 4 4 65cos , 65| || | 5 13 a ba b a b        ． 18．解：（1）因为 sin cos 3 sin cos        ，所以 tan 1 3 tan 1      ，解得 tan 2  ； （2）因为 tan 2  ， π0, 2       ，则 2 2 sin 2cos sin cos 1         ， 解得 2 5 5sin ,cos 5 5    ，又 π0 2       ， ，所以 π π, 2 2          ， 又因   10sin 10    ，所以    2 3 10cos 1 sin 10         ， 则   2 5 3 10 5 10 2sin sin 5 10 5 10 2              ，所以 4   . 19．证明：（1）连接 1A B， 1 1AC ， 因为 1 1AD BC 且 1 1 //AD BC，所以四边形 1 1ADCB为平行四边形， 所以 1 1//CD A B，则 1 1A BC 为异面直线 1CD 与 1BC 所成的角， 在正方体中，可得 1 1 1 1AC AB BC  ，即 1 1AC B△ 为等边三角形， 2 所以 1 1 60A BC  ，所以异面直线 1CD 与 1BC 所成角为60； （2）取 1CC 的中点 E，连接ME， NE， 因为M ，N 分别是 1BC ， 1CD 的中点，所以 //ME BC， 1 1//NE C D，而 1 1 //C D CD， 所以 //NE CD，又因为BC 平面 ABCD，CD平面 ABCD，NE 平面 ABCD，ME 平面 ABCD， 所以 //NE 平面 ABCD， //ME 平面 ABCD， 又ME NE E  ， ,ME NE 平面MNE，所以平面 //MEN 平面 ABCD， 因为MN  平面MNE，所以 //MN 平面 ABCD． 20．解：（1）根据题意可得 3 cos sin 3a C c A b  ， 由正弦定理得 3 sin cos sin sin 3 sinA C A C B  ， 又  3 sin 3 sin 3 sin cos 3 cos sinB A C A C A C    ， 故 sin sin 3 cos sinA C A C ，又 sin 0C  ，所以 sin 3cosA A ，则 tan 3A  ， 因为 (0, π)A ，所以 π3 A  . （2）因为�△��� = �△��� = �△���， 所以 1 1 1sin sin sin 2 2 2 bc BAC AM c BAM AM b CAM         ， 又 AM 平分 BAC ，所以 1 π 2 6 BAM CAM BAC      ， 所以 1 3 1 1 1 12 3 2 3 2 2 2 2 2 2 bc c b       ，则 2( )bc b c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc BAC    ，即 2 216 b c bc   ， 所以      2 216 3 6b c bc b c b c       ，解得 8b c  （负值舍去）， 故 ABC 的周长为12 . 21．解：（1）由函数的图象知： 2π π π1, 2 3 6 2 TA     ，则 πT  ， 所以 2π 2 T    ，   sin(2 )f x x   ，因为 π πsin( ) 0 6 3 f         ， 所以 π π, Z 3 k k   ，则 ππ- , Z 3 k k   ，又因为 π 2   ，则 π- 3   ， 所以   πsin 2 3 f x x      ； （2）由题意得：   sin2g x x ，令 sin cos , 1, 2t x x t      ， 3 则    sin cos 2 0g x k x x    化为： 2 1 2 0t kt    ，即 1k t t   在 1, 2t    上有解， 由对勾函数的性质得： 1 3 22, 2 m t t         ，所以 3 2 , 2 2 k         . 22．证明：（1）记 F为 AB的中点，连接 ,DF MF，如图 1， 因为 ,F M 分别为 ,AB AE的中点，故 / /MF EB， 因为MF 平面 ,EBC EB 平面 ,EBC 所以 / /MF 平面 EBC，又因为△ ���为正三角形， 所以 60DBA   ，DF AB ， 又 BCD△ 为等腰三角形， 120BCD  ，所以 30DBC   , 所以 90ABC  ，即 BC AB ，所以 / /DF BC， 又DF 平面 ,EBC BC  平面 ,EBC 所以 / /DF 平面 EBC，又DM MF F  ， ,DM MF 平面DMF， 故平面 / /DMF 平面 EBC，又因为DM  平面 EBC，故 / /DM 平面 BEC . （2）延长 ,CD AB相交于点 P，连接 PM交 BE于点 N ，连接CN ，过点 N 作 / /NQ AE交 AB于点Q， 如图 2， 因为 / /DM 平面 ECB，DM  平面 PDM ，平面 PDM 平面 ECB CN ， 所以 / /DM CN，此时 , , ,D M N C四点共面， 由（1）可知， 2, 60 ,BC CD PCB CB BP      ，得 30 , 4CPB PC    ， 故 4 2 6 3 PN CP PM DP    ，又因为 / /NQ AE，所以 2 3 NQ PN AM PM   ， 则有 3 11 2 2 2 3 NQ NQ AE AM     ，故 1 3 BN NQ BE AE   . 4