2022-2023学年河北省承德市重点高中高一（下）月考数学试卷（5月份）(含解析）

这是一份2022-2023学年河北省承德市重点高中高一（下）月考数学试卷（5月份）(含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z=m(m−1)+mi为纯虚数，则实数m的值为( )
A. −1B. 1C. 1或−1D. −1或0
2.如图，直角三角形ABC绕直角边AC旋转360°，所得的旋转体为( )
A. 圆锥
B. 圆柱
C. 圆台
D. 球
3.在△ABC中，已知 3AC= 2BC，且A=π3，则B=( )
A. π4B. π3C. 5π12D. 7π12
4.cs165°=( )
A. 2− 64B. 6+ 24C. 6− 24D. − 6+ 24
5.设D为△ABC所在平面内一点，AD=−13AB+43AC，若BC=λDC(λ∈R)，则λ=( )
A. 2B. 3C. -2D. -3
6.设有直线m、n和平面α、β，下列命题中正确的命题是( )
A. 若m/​/α，n/​/α，则m/​/n
B. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α/​/β
C. 若m/​/n，m⊂α，则n/​/α
D. 若α/​/β，m⊂α，则m//β
7.一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，2小时后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A. 40 2海里B. 40 3海里C. 80 3海里D. 80 2海里
8.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是( )
①平面PB1D⊥平面ACD；
②A1P/​/平面ACD1；
③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是(0,π3]；
④三棱锥D1−APC的体积不变．
A. ①②
B. ①②④
C. ③④
D. ①④
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题是真命题的是( )
A. 在圆台的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线
B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的立体图形是棱锥
C. 存在每个面都是直角三角形的四面体
D. 半圆面绕其直径所在的直线旋转一周形成球
10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. asinA=a+b+csinA+sinB+sinC
B. 若△ABC为斜三角形，则tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
C. 若AC⋅CB>0，则△ABC是锐角三角形
D. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC一定是等边三角形
11.已知向量a=(m+1,−1)，b=(1−m,2)，则下列说法正确的是( )
A. 若a/​/b，则m=3
B. 存在m∈R，使得a⊥b
C. |a+b|= 5
D. 当m=1时，a在b上的投影向量的坐标为(0,−1)
12.已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)，若f(x)≤f(π6)，则( )
A. tan(ωx6)= 33B. f(x+2π)=f(x)
C. ω≥1D. f(x)在(0,π6)上无最值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设复数z满足zi+1=z，则|z|= ______．
14.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=2，b=2 3.B=π3.则△ABC的面积为______．
15.若f(x+π2)是定义域为R的奇函数，f(x)的零点分别为x1，x2，x3，⋯，xn，则cs(x1+x2+x3+⋯+xn)= ______．
16.已知三棱锥P−ABC的各侧棱长均为2 3，且AB=3，BC= 3，AC=2 3，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知某几何体的直观图如图所示，其中底面为长为4，宽为3的长方形，顶点在底面的射影为底面矩形对角线的交点，高为2．
(1)求该几何体的体积V；
(2)求该几何体的侧面积S．
18.(本小题12分)
已知|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2 3．
(1)求a与b的夹角；
(2)若(2a−b)⊥(a+kb)，求实数k的值．
19.(本小题12分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点E在棱AA1上，点F在棱CC1上，G在棱BB1上，且AE=FC1=B1G=1，H是棱B1C1上一点．
(1)求证：E，B，F，D1四点共面；
(2)若平面A1GH//平面BED1F，求证：H为B1C1的中点．
20.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(sinA+sinB)(a−b)=c(sinC− 3sinB)．
(1)求角A的大小；
(2)若cs∠ABC=−17，D是线段AC上的一点，∠ABD=∠CBD，BD=7 73，求c．
21.(本小题12分)
将函数g(x)=2 3sinxcsx−2sin2x的图象向左平移φ(0<φ≤π2)个单位长度后得到f(x)的图象．
(1)若f(x)≤f(0)恒成立，求φ；
(2)若f(x)在(π,7π6)上是单调函数，求φ的取值范围．
22.(本小题12分)
如图，已知四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AB=PD=2，AD=2 2，O是AD的中点，PO⊥平面ABCD．
(1)求证：AG⊥平面POB；
(2)设平面PAB与平面PCD的交线为l．
(i)求证：l/​/AB；
(ii)求l与平面PAC所成角的大小．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为z是纯虚数，
所以m(m−1)=0m≠0，解得m=1．
故选：B．
根据纯虚数的定义求解．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由圆锥的定义可得直角三角形ABC绕直角边AC旋转360°，所得的旋转体为圆锥，如下图：
故选：A．
由圆锥的定义即可求解．
本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了正弦定理及三角形的大边对大角，属于基础题．
由已知结合正弦定理及三角形大边对大角即可求解．
【解答】
解：由题意得， 3b= 2a，
由正弦定理得，sinAsinB=ab= 3 2，
所以sinB= 22，
因为a>b，
所以A>B，故B为锐角，
所以B=π4．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：因为cs165°=cs(90°+75°)=−sin75°，
则sin75°=sin(30°+45°)=sin30°cs45°+cs30°sin45°
=12× 22+ 32× 22= 2+ 64，
cs165°=−sin75°=− 2+ 64．
故选：D．
根据题意，由cs165°=cs(90°+75°)=−sin75°，然后结合正弦的和差角公式代入计算，即可得到结果．
本题主要考查了诱导公式及和差角公式的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量共线定理、平面向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
若BC=λDC(λ∈R)，可得AC−AB=λAC−λAD，化简与AD=−13AB+43AC比较，即可得出．
【解答】
解：若BC=λDC(λ∈R)，易知λ不为0，
∴AC−AB=λAC−λAD，
化为：AD=1λAB+λ−1λAC，
与AD=−13AB+43AC比较，可得：1λ=−13，λ−1λ=43，解得λ=−3．
则λ=−3．
故选D．
6.【答案】D
【解析】解：直线m、n和平面α、β，
对于A，若m/​/α，n/​/α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m/​/n，m⊂α，则n/​/α或n⊂α，故C错误；
对于D，若α/​/β，m⊂α，则由面面平行的性质定理得m//β，故D正确．
故选：D．
对于A，m与n相交、平行或异面；对于B，α与β相交或平行；对于C，n/​/α或n⊂α；对于D，由面面平行的判定定理得m//β．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意作出图形：∠SAB=40°，∠SAC=70°，则∠BAC=30°，
由图知：∠ABC=105°，则∠C=45°，又AB=80，
所以BCsin30∘=ABsin45∘，则BC=40 2海里．
故选：A．
由题意作出示意图，应用正弦定理求出B，C两点间的距离即可．
本题考查正弦定理的实际应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：连接DB1，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，DB1⊂平面PB1D，从而可以证明平面PB1D⊥平面ACD1，①正确；
连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1/​/平面ACD1.从而由线面平行的定义可得A1P/​/平面ACD1，②正确；
VD1−APC=VC−AD1P，因为C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1Pd 面积不变，所以三棱锥A−D1PC的体积不变，④正确；
当P与线段BC1的端点重合时，A1P与ad1所成角取得最小值π3，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值π2，故A ​1P与A1D所成角的范围是[π3,π2]，③错误．①②④正确，
故选：B．
①根据平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，可判断①正确
②证明平面BA1C1/​/平面ACD1.从而由线面平行的定义可得A1P/​/平面ACD1,可判断②正确
③分别找到当当P与线段BC1的端点重合时，A1P与ad1所成角取得最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值，可求得范围
④由图得VD1−APC=VC−AD1P
本题是基础题，考查空间图形中直线与直线、平面的位置关系，考查异面直线的判断，基本知识与定理的灵活运用．
9.【答案】CD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，这两点的延长线不一定与轴交于一点，不符合圆台母线的定义，A错误；
对于B，正八面体的各个面都是三角形，但它不是棱锥，B错误；
对于C，如图：
四面体D1DCB的每个面都是直角三角形，C正确；
对于D，半圆面绕其直径所在的直线旋转一周形成球面，D正确．
故选：CD．
根据题意，由圆台的定义分析A，由棱锥的定义分析B、C，由球的定义分析D，综合可得答案．
本题考查圆台的结构特征，注意圆台的定义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由正弦定理和比例性质得asinA=a+b+csinA+sinB+sinC，故A正确；
对于B，由题意，tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，
则tanA+tanB=tanC(tanAtanB−1)，
所以tanA+tanB+tanC=tanC(tanAtanB−1)+tanC=tanAtanBtanC，故B正确；
对于C，因为AC⋅CB>0，所以AC⋅CB=|AC|⋅|CB|cs(π−C)=−abcsC>0，所以csC<0，
所以C为钝角，△ABC是钝角三角形，故C错误；
对于D，因为acsA=bcsB=ccsC，
所以sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC，
所以tanA=tanB=tanC，且A，B，C∈(0,π)，
所以A=B=C，所以△ABC为等边三角形，故D正确．
故选：ABD．
由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项，
本题主要考查三角形的形状判断，属于中档题．
11.【答案】CD
【解析】解：向量a=(m+1,−1)，b=(1−m,2)，
若a/​/b，则2(m+1)−(−1)(1−m)=0，求得m=−3，故A错误；
若存在m∈R，使得a⊥b，则a⋅b=(m+1)(1−m)−2=0，
求得m2=−1，故不存在m∈R，使得a⊥b，故B错误；
∵a+b=(2,1)，∴|a+b|= 4+1= 5，故C正确；
当m=1时，a=(2,−1)，b=(0,2)，
a 在b上的投影向量的坐标为a⋅b|b|⋅b|b|=0−22⋅(0,1)=(0,−1)，故D正确．
故选：CD．
由题意，利用两个向量平行、垂直的性质，向量的模及投影向量的定义，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查两个向量平行、垂直的性质，向量的模及投影向量的定义，属于基础题．
12.【答案】ABC
【解析】解：f(x)=sin(ωx+π3)，
因为f(x)在x=π6处取得最大值，
所以πω6+π3=2kπ+π2，k∈Z，即πω6=2kπ+π6，k∈Z，
所以tanπω6= 33，故A正确；
因为πω6=2kπ+π6，k∈Z，
解得ω=12k+1，k∈Z，
又ω>0，
所以ω≥1，故C正确；
f(x+2π)=sin(ωx+2ωπ+π3)=sin[ωx+π3+2(12k+1)π]=f(x)，(k∈Z)，故B正确；
易验证当ω=13时，f(x)在x=π78处取得最大值，故D错误．
故选：ABC．
利用正弦函数的性质，诱导公式以及特殊角的三角函数值即可判断A；由题意解得ω=12k+1，k∈Z，结合ω>0，可求ω≥1，即可判断C；利用诱导公式即可判断B；利用正弦函数的性质即可判断D．
本题主要考查了三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于基础题．
13.【答案】 22
【解析】解：∵zi+1=z，
则z=−1i−1=11−i=1+i(1−i)(1+i)=12+12i，
故|z|= (12)2+(12)2= 22．
故答案为： 22．
根据复数的四则运算可求得z=12+12i，再结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】2 3
【解析】解：因为a=2，b=2 3.B=π3，
由余弦定理得b2=12=4+c2−2×2c×12，
整理得c2−2c−8=0，
解得c=4(舍负)，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×2×4× 32=2 3．
故答案为：2 3．
由已知结合余弦定理先求出c，然后结合三角形面积公式可求．
本题主要考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，属于基础题．
15.【答案】0
【解析】解：根据题意，因为函数f(x+π2)为奇函数，所以f(x+π2)的图象关于(0,0)中心对称，
设函数f(x+π2)的n个零点分别为x′1，x′2，x′3，⋯，x′n，
所以x′1+x′2+x′3+⋯+x′n=0，
又由f(x)的图象是由函数f(x+π2)的图象向右平移π2个单位得到，
所以f(x)关于(π2,0)中心对称，
则x1+x2+x3+⋯+xn=x′1+π2+x′2+π2+x′3+π2+⋯+x′n+π2=(x′1+x′2+x′3+⋯+x′n)+nπ2=nπ2，
因为f(x+π2)是定义域为R的奇函数，
所以零点个数n为奇数，
则cs(x1+x2+x3+⋯+xn)=csnπ2=0．
故答案为：0
根据题意，由函数f(x+π2)为奇函数，可得f(x)关于(π2,0)中心对称，从而可得x1+x2+x3+⋯+xn=nπ2，又由n为奇数，代入求解即可．
本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数的对称性，属于中档题．
16.【答案】16π
【解析】解：如图：
过P点作平面ABC的垂线，垂足为M，则△PMA，△PMB，△PMC都是直角三角形，
又PA=PB，∴△PMA≌△PMB，同理可得△PMA≅△PMC，
∴MA=MB=MC，所以M点是△ABC的外心，
又AB2+BC2=12=AC2，∴△ABC是以AC斜边的直角三角形，
∴P在底面ABC的射影为斜边AC的中点M，如下图：
则PM= PC2−CM2= (2 3)2−( 3)2=3，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，半径为r，
则O在PM上，则OC2=OM2+CM2，即(3−r)2+( 3)2=r2，得r=2，
外接球的表面积为4πr2=16π．
故答案为：16π．
先证明点P在平面ABC的投影是△ABC的外心，再证明△ABC是直角三角形，运用勾股定理求出外接球的半径即可．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)几何体的体积V=13⋅S矩形⋅h=13×3×4×2=8；
(2)正侧面及相对侧面底边上的高h1= 22+(32)2=52，
左、右侧面的底边上的高h2= 22+22=2 2，
故几何体的侧面面积S=2×(12×4×52+12×3×2 2)=10+6 2．
【解析】(1)利用棱锥的体积公式直接计算；
(2)先利用勾股定理求得各侧面上的斜高，再求各侧面面积之和即得棱锥的侧面积．
本题考查了棱锥的体积公式和棱锥侧面积的计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2 3，
所以|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=4+2×2×4×cs+16=12，
解得cs=−12，
又∈[0°,180°]，
则a与b的夹角为120°；
(2)由(1)可知，a⋅b=2×4×(−12)=−4，
因为(2a−b)⊥(a+kb)，
所以(2a−b)⋅(a+kb)=2a2+(2k−1)a⋅b−kb2=0，
即2×22−4(2k−1)−16k=0，解得k=12．
【解析】(1)将|a+b|=2 3平方后，可得cs=−12，进而得解；
(2)易知a⋅b=−4，再根据(2a−b)⊥(a+kb)，可建立关于可得方程，解出即可．
本题考查平面向量数量积的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】证明：(1)如图，在DD1上取一点N使得DN=1，
连接CN，EN，则AE=DN=1.CF=ND1=2、

因为CF//ND1，所以四边形CFD1N是平行四边形，
所以D1F//CN．
同理四边形DNEA是平行四边形，所以EN/​/AD，且EN=AD，
又BC/​/AD，且AD=BC，所以EN/​/BC，EN=BC，
所以四边形CNEB是平行四边形，
所以CN//BE，
所以D1F//BE，
所以E，B，F，D1四点共面；
(2)因为平面A1GH//平面BED1F，平面BB1C1C∩平面A1HG=HG，
平面BBC1C∩平面BED1F=BF，所以BF//HG．
所以∠B1GH=∠FBG=∠CFB，在Rt△BCF中，tan∠CFB=BCCF=32，
在Rt△HB1G中，tan∠B1GH=B1HB1G=B1H，
所以B1H=32，即H为B1C1的中点．
【解析】(1)在DD1上取点N，使DN=1，连接EN，CN，易得四边形ADNE是平行四边形，以及四边形BCNE是平行四边形，由此推知CN//BE，则FD1//BE，得到E、B、F、D1四点共面；
(2)利用面面平行的性质定理可解．
本题考查点共面问题，考查面面平行的性质，考查推理论证能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为(sinA+sinB)(a−b)=c(sinC− 3sinB)，
所以由正弦定理可得，(a+b)(a−b)=c(c− 3b)，
即b2+c2−a2= 3bc，所以csA=b2+c2−a22bc= 32，因为0(2)设∠ABD=θ(0<θ<π2)，则∠ABC=2θ，
所以cs2θ=2cs2θ−1=−17，解得csθ= 217，sinθ=2 77，
所以sin∠BDA=sin[π−(θ+π6)]=sin(θ+π6)=sinθcsπ6+csθsinπ6=3 2114，
由正弦定理，csin∠BDA=BDsinA，所以c=BDsin∠BDAsinA=7 73×3 211412=7 3．
【解析】(1)由正弦定理统一为边，再由余弦定理化简即可得解；
(2)由二倍角公式求出∠ABD的正余弦，再由两角和的正弦求出sin∠BDA，由正弦定理即可得解．
本题考查正余弦定理，考查两角和差公式，属于中档题．
21.【答案】解：(1)∵g(x)=2 3sinxcsx−2sin2x= 3sin2x−(1−cs2x)=2sin(2x+π6)−1，
∴f(x)=2sin(2x+π6+2φ)−1，
又f(x)≤f(0)恒成立，∴f(0)是函数的最大值，
故π6+2φ=π2+2kπ(k∈Z)，得φ=π6+kπ，k∈Z，
∵0<φ≤π2，∴φ=π6．
(2)∵x∈(π,7π6)，∴2x+π6+2φ∈(2π+π6+2φ,2π+π2+2φ)，
令t=2x+π6+2φ，所以f(x)在(π,7π6)上是单调函数可转化成f(x)=h(t)=2sint−1在(2π+π6+2φ,2π+π2+2φ)是单调函数，
因为h(t)=2sint−1的周期为T=2π，所以h(t)=2sint−1在(π6+2φ,π2+2φ)是单调函数，
∵0<φ≤π2，∴π6+2φ∈(π6,7π6],π2+2φ∈(π2,3π2]，
∵h(t)=2sint−1在(π6+2φ,π2+2φ)是单调函数，
∴π6+2φ≥π20<φ≤π2，解得π6≤φ≤π2，
∴φ的取值范围为[π6,π2].
【解析】(1)先化简g(x)，根据平移规律可得到f(x)，利用f(0)是函数的最大值即可求解；
(2)由x∈(π,7π6)可得2x+π6+2φ∈(2π+π6+2φ,2π+π2+2φ)，结合函数的周期可考虑区间(π6+2φ,π2+2φ)，利用正弦函数的性质列出不等式即可．
本题主要考查了三角函数的图象变换，考查了正弦函数的单调性，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：已知四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AB=PD=2，AD=2 2，O是AD的中点，PO⊥平面ABCD，
在Rt△ABC中，tanα∠ACB= 22，在Rt△AOB中，tanα∠ABO= 22，
则∠ACB=∠ABO，
于是∠ACB+∠OBC=π2，所以AC⊥BO，
因为PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则AC⊥PO，
又PO∩BO=O，PO，OB⊂平面POB，所以AC⊥平面POB；
(2)(i)证明：因为AB/​/CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB/​/平面PCD，
又平面PAB∩平面PCD=l，AB⊂平面PAB，所以l/​/AB；
(ii)解：因为l/​/AB，所以l与平面PAC所成角的正弦值等于AB与平面PAC所成角的正弦值，
连接OC，则PO⊥OC，
易知OC= OD2+CD2= 6，AC= AD2+CD2=2 3，则PC= PO2+OC2=2 2，
因为O为AD中点，PO⊥AD，所以PA=PD=2，
因为PA2+PC2=AC2，所以∠APC=90°，所以△PAC的面积S=12×PA×PC=2 2，
设B到平面PAC的距离为h，
则三棱椎B−PAC的体积VB−PAC=VP−ABC，即13×2 2h=13×12×2×2 2× 2，h= 2，
设AB与平面PAC所成的角为θ，则sinθ=hAB= 22，
又因为θ∈[0,π2]，所以l与平面PAC所成角为π4．

【解析】(1)由已知线面垂直得线线垂直PO⊥AC，再在底面中证明AC⊥BO，然后由线面垂直的判定定理得证线面垂直；
(2)(i)由线面平行判定定理证明线面平行，然后由性质定理得线线平行；
(ii)转化求AB与平面PAC所成的角，用体积法求得B到平面PAC的距离，再根据线面角的定义得结论．
本题考查了线面垂直，线线平行的证明和线面角的计算，属于中档题．