2022-2023學(xué)年山東省棗莊市高一（下）質(zhì)檢數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年山東省棗莊市高一（下）質(zhì)檢數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.復(fù)數(shù)？衛(wèi)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（）

Z-I

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

2.cos20°cos40°—s譏20°cos50°的值等于（）

A.4B.OC.lD.?

3.如圖，點(diǎn)。是平行四邊形4BCD兩條對(duì)角線的交點(diǎn)，則下列等式一定成立的是（）

AB+AD=CAB.OA-OC=0

C.~BD-~CD='BCD.~BO+OC='DA

4.在△ABC中，角a,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若sin。+B）—sin。-B）=sin24,則

△/BC的形狀是（）

A.等腰三角形B.直角三角形

C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形

5.已知三棱錐底面ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，頂點(diǎn)S與AB邊中點(diǎn)。的連線SO垂直于底面

ABC,且SD=C，則三棱錐S-ABC外接球的表面積為（）

490

A.-7TB.—nC.127rD.607r

6.已知點(diǎn)。為AABC內(nèi)一點(diǎn)，乙40B=120。，0A=1,0B=2,過(guò)。作0D垂直AB于點(diǎn)D,

點(diǎn)E為線段00的中點(diǎn)，則而?瓦?的值為（）

A-|BlC藤D.亮

7.古希臘亞歷山大學(xué)派著名幾何學(xué)家巴普士，生前有大量的著作，但大部分遺失在歷史長(zhǎng)

河中，僅有微學(xué)匯編少保存下來(lái).徽學(xué)匯編》一共8卷，在徽學(xué)匯編》第3卷中記載著這

樣一個(gè)定理：”如果在同一平面內(nèi)的一個(gè)閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖

形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于該閉合圖形的面積與該閉合圖形的重心

旋轉(zhuǎn)所得周長(zhǎng)的積”，V=表示平面閉合圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)所得幾何體的體積，S表示閉

合圖形的面積，俵示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長(zhǎng)）.已知在梯形ABC。中,AD〃BC,4B1BC,

AB^BC=2AD=4,利用上述定理可求得梯形2BCD的重心G到邊AB的距離為（）

A.vB.當(dāng)C.年D.

8.已知函數(shù)/（X）=sincox+cosa>x（3>0）在區(qū)間［0,兀］上有且僅有4條對(duì)稱(chēng)軸，給出下列四

個(gè)結(jié)論（）

①3的取值范圍是喋,%；②/⑴的最小正周期可能是宗③/Q）在區(qū)間（0嗜）上單調(diào)遞增;

④/（x）在區(qū)間（0,兀）上有且僅有3個(gè)不同的零點(diǎn).

其中所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.4

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.已知a,b,c是三條不同的直線，a,0,y是三個(gè)不同的平面，下列命題正確的有（）

A.若aJ_b,ale,則b//cB.若a//b,a//c,則b//c

C.若aJ■氏a1y,貝曲〃yD.若a〃B，a//y,則/?//y

10.在△ABC中，若tanW=sin（4+B）,則下列論斷正確的是（）

A.sinA=cosBB.sinA+sinB<y/~2

C.COS2A+COS2B=1D.cos2A+cos2B=1

11.數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)表的爛角形的幾何學(xué)以一書(shū)中提出定理:三角形的外心、重心、

垂心依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，此直線被稱(chēng)為

三角形的歐拉線，該定理則被稱(chēng)為歐拉線定理.設(shè)點(diǎn)。、G、”分別是A/IBC的外心、重心、垂

心，且M為8c的中點(diǎn)，則（）

A.OH=0A+OB+OCB.S〉A(chǔ)BG=S^BCG=^LACG

C.AH=30MD.AB-^-AC=4OM+2HM

12.已知正方體4BCD—&BiCiDi的棱長(zhǎng)為C，點(diǎn)E,尸是棱CQ的中點(diǎn)，點(diǎn)M是側(cè)面

CDDiCi內(nèi)運(yùn)動(dòng)（包含邊界），且4M與面COAG所成角的正切值為殍，下列說(shuō)法正確的是（）

A.MG的最小值為，石一2

B.存在點(diǎn)M,使得AM1CE

C.存在點(diǎn)M,使得AM〃平面B。尸

D.所有滿(mǎn)足條件的動(dòng)線段AM形成的曲面面積為，兀

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.已知向量落坂滿(mǎn)足他一命，a且同=2,\b\=i,貝必與族的夾角為一.

14.己知cos(7—a)=|,sin(與+A)=a6(2爭(zhēng)，06(0,$,則sin(a+S)的值為

15.在△ABC中，內(nèi)角4B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若2csin(B+J)=a+b,且a+b=4,

則△ABC周長(zhǎng)的取值范圍為.

16.表面積為100兀的球面上有四點(diǎn)S、4、B、C,△ABC是等邊三角形，球心。到平面4BC的

距離為3,若面$48,面A8C,則棱錐S-4BC體積的最大值為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

已知復(fù)數(shù)ZI=Q+Kz2=1-i9其中a是實(shí)數(shù).

(1)若資=一23求實(shí)數(shù)a的值；

(2)若為是純虛數(shù)，求父+■)2+舄)3+...+舄)2023

18.(本小題12.0分)

已知向量2=(1,2),b=(3,fc).

⑴若0/I，求歷|的值；

(2)若益，伍一2?，求實(shí)數(shù)k的值；

(3)若日與另的夾角是銳角，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

19.(本小題12.0分)

已知/(x)=4cosx-cos(x+1),%G/?.

(1)求/(X)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；

(2)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移著個(gè)單位，再將縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，得到g(x)的圖象，求

g(x)在區(qū)間［輔］的值域.

20.(本小題12.0分)

已知在△ABC中，點(diǎn)M,N分別為ZB,AC的中點(diǎn).

(1)若AABC的面積為C，CM=V%,cos/ACM=要，求4B的長(zhǎng)；

18

(2)若AB=2,AC=4,證明：翳

21.(本小題12.0分)

如圖，E是直角梯形4BCD底邊48的中點(diǎn)，4B=2DC=2BC,將△4DE沿OE折起形成四棱錐

A-BCDE.

(1)求證：DE1平面ABE；

(2)若二面角4-DE-B為60。，求二面角4-DC-B的余弦值.

22.(本小題12.0分)

如圖，C、O是兩個(gè)小區(qū)所在地，C、D到一條公路AB的垂直距離分別為C4=1km,DB=2km,

4B兩端之間的距離為6km.

(1)某移動(dòng)公司將在4B之間找一點(diǎn)P,在P處建造一個(gè)信號(hào)塔，使得P對(duì)4、C的張角與P對(duì)B、

。的張角相等(即NCP4=ADPB),試求PC+PD的值.

(2)環(huán)保部門(mén)將在48之間找一點(diǎn)Q,在Q處建造一個(gè)垃圾處理廠，使得Q對(duì)C、0所張角最大,

試求QB的長(zhǎng)度.

答案和解析

I.【答案】A

【解析】解：署=需需=1+2，.，

則復(fù)數(shù)要在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(1,2)在第一象限.

Z-I

故選：A.

根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，以及復(fù)數(shù)的幾何意義，即可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，以及復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】C

【解析】解：cos20°cos40°—sm20°cos50°=cos20°cos40°—sin20°sin40°=cos(20°+40°)=

1

cos60°=

故選：C.

代數(shù)式化簡(jiǎn)，再由兩角和的余弦公式可得它的值.

本題考查兩角和的余弦公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查了平面向量的加法、減法運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)平面向量的加減運(yùn)算的平行四邊形和三角形法則即可得出.

【解答】

解：???點(diǎn)。是平行四邊形4BCD兩條對(duì)角線的交點(diǎn)，

?.AB+AD=AC>OA-OC=CA，~BD-'CD=^D+DC=BC，BO+OC=BC=AD.

故選C.

4.【答案】D

【解析】解：由于sin(4+8)—sin(4—8)=sin2A,

整理得：sinAcosB+cosAsinB-sinAcosB+cosAsinB=2cosAsinB=2sinAcosA,

故：2cosA{sinB-sinA~)=0；

故A=，或4-B.

故該三角形為直角三角形和等腰三角形.

故選：D.

直接利用三角函數(shù)的關(guān)系式的變換判斷三角形的形狀.

本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三角函數(shù)的關(guān)系式的變換，三角形形狀的判定，主要考查學(xué)生的理解能力

和計(jì)算能力，屬于中檔題.

5.【答案】B

【解析】解：如圖,

設(shè)底面正三角形ABC的外心為E,三角形S4B的外心為F,

分別過(guò)E、F作所在面的垂線相交于0,則。為三棱錐S-4BC外接球的球心，

再設(shè)底面正三角形外接圓的半徑為右,則6=品=浮，

由已知求得SA=SB=73+1=2.可得ASAB也為邊長(zhǎng)是2的正三角形，

SAB外接圓的半徑為七=浮，則OE=FD=C-號(hào)號(hào).

???三棱錐S-4BC外接球的半徑滿(mǎn)足R2=（￡3）2+（亨）2=|,

則三棱錐S-4BC外接球的表面積為47rx卜繆.

故選:B.

由題意畫(huà)出圖形，找出四面體外接球的球心，題干求解三角形可得外接球的半徑，代入球的表面

積公式得答案.

本題考查多面體外接球表面積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運(yùn)算求解能力，是中

檔題.

6.【答案】C

【解析】解:如圖:

因?yàn)辄c(diǎn)。為AABC內(nèi)一點(diǎn)，乙408=120。，0/1=1,0B=2,

所以而?而=0，

則說(shuō)'~EA~-OD-40+力。__400D+0DND_0A0D_|。*|OD|cos〃。。_\0D\\

在中，利用余弦定理可知力82=0/2+082-2。4?OB?cosl20。，解得ZB=。，

VS*OB=0D=^OA-OB-120°,

：?:xy/~~7x0D=x1x2x

0D=---?

???蘇說(shuō)=萼=看

故選：C.

根據(jù)題意作圖，根據(jù)說(shuō).而=0,得到麗?麗=粵，在AAOB中，再根據(jù)余弦定理得到0。=

手，即可求解.

本題主要考查平面向量的數(shù)量積和解三角形，屬于中檔題.

7.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，設(shè)該梯形的重心為G,過(guò)點(diǎn)G作GE1AB,交4B與點(diǎn)E,

設(shè)GE=r,即梯形4BCD的重心G到邊4B的距離為r,

將梯形繞邊AB旋轉(zhuǎn)一周，得到一個(gè)圓臺(tái)，

該圓臺(tái)的體積U=g(4兀+167r+V47rx167r)4=空守，

點(diǎn)G繞AB旋轉(zhuǎn)一周的周長(zhǎng)為2nr,

則有2b=竿，解可得r=g.

故選：A.

根據(jù)題意，設(shè)該梯形的重心為G,過(guò)點(diǎn)G作GE12B,交AB與點(diǎn)E,設(shè)GE=r,將梯形繞邊4B旋轉(zhuǎn)

一周，得到一個(gè)圓臺(tái)，由題干中的方法可得關(guān)于r的方程，解可得答案.

本題考查旋轉(zhuǎn)體的體積，注意理解題干的解題方法，屬于中檔題.

8.【答案】B

【解析】解：?函數(shù)/(x)=sina)x+COSCDX=Csin(3X+；)(to>0)在區(qū)間［0,兀］上有且僅有4條

對(duì)稱(chēng)軸，

3X+*€生3兀+爭(zhēng),

<0)71+2<V,求得當(dāng)W3<：,故①正確.

24244

由于最小正周期7=稱(chēng)2裝，故/(x)的最小正周期的最小值是招，

故/(x)的最小正周期可能是看故②正確.

在區(qū)間(0,幼上，3》+注《墨+》舞+岸招，函數(shù)/'(X)不單調(diào)，故③錯(cuò)誤.

因?yàn)樵趨^(qū)間(0,兀)上，3X+,6C，37T+：),而與式3兀+：<與，

所以/(x)在區(qū)間(0,n)上有且僅有3個(gè)或4個(gè)不同的零點(diǎn)，故④錯(cuò)誤.

故選:B.

由題意，利用兩角和的正弦公式化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式，再根據(jù)正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，得出結(jié)論.

本題主要考查兩角和的正弦公式，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題.

9.【答案】BD

【解析】解：4選項(xiàng)，若ale,則b,c可能異面，4選項(xiàng)錯(cuò)誤；

8選項(xiàng)，若a〃b,a//c,則b〃c,B選項(xiàng)正確;

C選項(xiàng)，若a上6,a1y,則/?,y可能相交，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

0選項(xiàng)，若a〃/?,a//y，則夕//丫，。選項(xiàng)正確.

故選：BD.

根據(jù)線線、面面位置關(guān)系等知識(shí)確定正確答案.

本題主要考查了空間中直線與直線，平面與平面位置關(guān)系的判斷，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】ABC

【解析】解：因?yàn)閠an""=sin(A+B),即把高=2sin"0?cos"g,

ZCOS-2~乙乙

可得2cos2=1,即cos(4+B)=0,

在三角形中，可得4+B=],

4中，可得sin4=cosB,所以A正確；

B中，sinA+sinB=s譏4+cosA=V^sinQl+；)W當(dāng)且僅當(dāng)A=；時(shí)，取等號(hào)，所以B正

確；

C中，cos2/l+COS2B=cos24+sin2/l=1,所以C正確；

。中，由C知1,cos2/l+cos?/=l+；s2"+l+：s2+=i,所以cos24+cos2B=0,所以。不正確.

故選：ABC.

由題意正切化弦及二倍角公式可得4+B=攝分別對(duì)所給命題進(jìn)行判斷可知它們的真假.

本題考查二倍角公式的應(yīng)用及輔助角公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

11.【答案】ABD

【解析】解：作圖如下所示:

A因?yàn)橛浂?，所以?g而，所以G為重心，所以襦+而+沅=6,

所以討一記+而一記+歷一詁=0)

所以赤＞=!(+而+元)，所以:麗=；(色？+而+而)，

所以麗=雨+南+元，所以該選項(xiàng)正確;

11

B.S^BCG=5xBCxft19S^ABC=2xBCx&，

由于G是重心，所以h1=,九2，所以S^RCG=^SAABC,

11

同理“BCG=§SA4BC，SA4CG=§SAABC，所以SA4BG=S^BCG=S4ACG'

所以該選項(xiàng)正確；

C.AH=AG+GH=2GH+20G=2(0G+GM)=20M.所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.OH=3OG-所以而=，而+1而，所以而=|麗麗，

所以同+AC=2AM=6GM=6(|oM+:兩)=40M+2HM,所以該選項(xiàng)正確.

故選：ABD.

利用平面向量的線性運(yùn)算證明選項(xiàng)ABD正確，證明選項(xiàng)C錯(cuò)誤即可.

本題主要考查平面向量的數(shù)量積，屬于中檔題.

12.【答案】ACD

【解析】解：根據(jù)題意可知401平面CDOiG,

所以乙4MD為AM與面CDCiG所成角，且4。10M,

因?yàn)檎襟w48CD-力1當(dāng)6。1的棱長(zhǎng)為「，AM與面CODiQ所成角的正切值為?，

所以tanzTlMD=黑==三^，解得0M=2,

DMDM2

所以點(diǎn)M的軌跡為以。點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓在側(cè)面CDQCi內(nèi)的弧⑸，如圖，

此時(shí)CH=GO】=1,

對(duì)于4選項(xiàng)，有NCiD—DM=，石一2,當(dāng)且僅當(dāng)M,G，。三點(diǎn)共線時(shí)等號(hào)成立,

故MG的最小值為丁%-2，正確；

對(duì)于B選項(xiàng)，因?yàn)?D1平面CDDiCi，CEu平面CDCiG，所以力D1CE,

假設(shè)存在點(diǎn)M，使得4M1CE,則4DCMM=A,CE_L平面4DM,

由于OMu平面4DM,故有CE_LDM,

另一方面，在側(cè)面CODiQ中，取棱Ci/的中點(diǎn)N,

由點(diǎn)E是棱DC1的中點(diǎn)，進(jìn)而結(jié)合平面幾何知識(shí)易得CE1DN,

故要使CEJLDM,則點(diǎn)N與點(diǎn)M重合，

由于=G%=1,ND[=?，顯然不重合，故錯(cuò)誤；

對(duì)于C選項(xiàng)，如圖，設(shè)4CCIBD=0,則易知。為ZC中點(diǎn)，連接OF,C】E,

因?yàn)辄c(diǎn)E,F是棱DDi，CG的中點(diǎn)，

所以，在ZlMCCi中，OF〃AC、,C^/fDE,C/=OE,

所以，四邊形GEOF為平行四邊形，即CIE〃OF,

因?yàn)镃rEC平面BDF,OF,DFu平面BDF,

所以AG〃平面BDF,GE〃平面BDF,

因?yàn)?GDEG=Ci，所以平面AGE〃平面BDF,

所以當(dāng)M為C】E與弧曲的交點(diǎn)時(shí)，AMu平面AGE,故AM〃平面BDF,正確；

對(duì)于。選項(xiàng)，由題知，所有滿(mǎn)足條件的動(dòng)線段4M形成的曲面是：

以A為頂點(diǎn)，。點(diǎn)為底面圓心，底面半徑為2的圓錐的部分側(cè)面，

所以其所在的圓錐的母線長(zhǎng)為4M=C，

因?yàn)閠anNGDD]=tanZ-HDC=^-GDD1,Z.HDC€（0,,

所以4G叫=乙HDC=Z.GDH=（

所以弧南的長(zhǎng)為，="2=g,

所以結(jié)合扇形面積公式可得：

所有滿(mǎn)足條件的動(dòng)線段4M形成的曲面面積為1.AM=±xWx「=，兀，故正確.

2236

故選：ACD.

由正方體的性質(zhì)得乙4MD為4M與面CDDC所成角，且ADJ.DM,進(jìn)而得點(diǎn)M的軌跡為以。點(diǎn)為圓

心，2為半徑的圓在側(cè)面CDDiG內(nèi)的?、?，再依次討論各選項(xiàng)，即可得答案.

本題考查正方體中軌跡的問(wèn)題，線面平行的判定定理與面面平行的判定定理，解三角形，扇形面

積公式，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

13.【答案】60°

【解析】解：根據(jù)題意，設(shè)I與1的夾角為。，

若（3—族）1坂，貝II伍-byb=d-b-b2=2cose-1=0）解可得cos。=

又由0°WOW180。，貝!]。=60°；

故答案為：60°.

根據(jù)題意，設(shè)a與3的夾角為。，由數(shù)量積的計(jì)算公式可得伍-byb=a-b-b2=2cose-1=0,

求出cos。的值，計(jì)算可得答案.

本題考查向量數(shù)量積的計(jì)算，涉及向量夾角的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】||

65

【解析】解：???cos《—a)=|,sin(^+0)=一音,ae?片)/6(0譚),

二sing_a)=cos(y+/?)=

?1?sin?+S)—6一a)]=sin(y+^)cos(^一a)-cos/+0)sin?-a)

=(一卷12)3?_(一卷5)(Y4)=_6.6=sin(7r+a+0)=-sin(a+/?),

???sin(a+')=翌，

故答案為言

65

先求出sing-a)和cos第+￡)的值,利用—sin(a+￡)=sin(7r+a+￡)=sin[(羊+S)-@一

a)],求出sin(a+￡)的值.

本題考查兩角和差的正弦公式，以及誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，正確進(jìn)行角的變換是解題的關(guān)鍵和難點(diǎn).

15.【答案】[6,8)

【解析】解：由題意知，2csm(8+專(zhuān))=Q+b=4,

所以'=sm(B4-1),且°Vc<Q+"=%即sin(B+^)>

因?yàn)锽￡(0,71),所以8+^6(，,?)，sin(B+，)E(一：,1],

OOOO乙

所以sin(B+*e

2

所以。=痂有口2.4),

所以a+b+c=4+c€[6,8),即44BC周長(zhǎng)的取值范圍為[6,8).

故答案為:[6,8).

2

易知C=sin(B+合且°<。<。+匕=4,再結(jié)合角B的取值范圍與正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，進(jìn)一步

確定邊C的取值范圍，即可.

本題考查解三角形與三角函數(shù)的綜合，熟練掌握正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查邏輯

推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

16.【答案】12(-7+，3)

【解析】解：?.?球的表面積為100兀，???球的半徑為5,

設(shè)^ABC的中心為0',則0。'=3,二C。'=4,

二△4BC的邊長(zhǎng)為4「，.,.△4BC的面積為12門(mén)，欲使其體積最大，

應(yīng)有S到平面48c的距離取最大值，又面SABMBC,

???點(diǎn)S在平面4BC上的射影落在線段AB的中點(diǎn)。，又S0=5,

SD=3+V25—4=3+>ra，

.??棱錐S-ABC體積的最大值為U=gx12<3x(3+d)=12(「+<3).

由已知可求得球的半徑，設(shè)AABC的中心為0',進(jìn)而可得AABC的面積為12，7，S至IJ平面ABC的

距離取最大值，進(jìn)而計(jì)算可得棱錐S-48c體積的最大值.

本題考查空間幾何體的體枳，考查推理論證能力，屬中檔題.

17.【答案】解：(1)復(fù)數(shù)Z]=a+i,則z"=(a+i)2=(a?—1)+2ai=—23

又a是實(shí)數(shù)，因此[父一1：°,

(2Q=-2

解得a=-1,

所以實(shí)數(shù)Q的值是-1；

(2)復(fù)數(shù)Zi=a+i,=1-3aG/?,

.-|iZ1_a+i_(a+i)(l+i)_(Q—l)+(a+l)i_u—1Q+1.

用石=口=(l-i)(l+i)=2="I-+亍

?T_Q

因?yàn)楹羌兲摂?shù)，于是a、一，解得a=l，

因此￡=i,

z2

又尸=i,岸=_1,j3=T,j4=1,

即/+舄)2+毋>+償)4=0,且函數(shù)y=■尸,X€N*的周期為4,2023=3+4x505,

所以尹舄)2+償)3+L+(32023=5050+?2+伊+產(chǎn))+，+j2+j3=i_1_i=_1

【解析】(1)可求出W=(a+i)2=(a2-l)+2ai=-2i,從而得出｛點(diǎn)二)1°,然后解出a的值

即可；

(2)根據(jù)現(xiàn)為純虛數(shù)可得出a=1,從而得出然后可得出函數(shù)丫=產(chǎn)，xeN*的周期為4,且

2023=3+4X505,.+'產(chǎn)+磴＞+償/=0,從而得出言+(#+(g)3+...+僅產(chǎn)23的

值.

本題主要考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查了純虛數(shù)的概念，屬于中檔題.

18.【答案】解：(1)因?yàn)橄蛄縉=(1,2),3=(3#)，且0/B，

所以lx/c-2x3=0,解得k=6,

所以|方|=732+62=3/-5.

(2)為=(1,2),b=(3,fc).則1一2/=(-5,2-2k)，

因?yàn)閍1(a-2b)，所以1X(-5)+2x(2-2fc)=0,解得k=-i

(3)因?yàn)?，與冽勺夾角是銳角，所以小石〉0且N與另不共線.

即lx3+2xk＞0且k46,所以k＞一|且k*6,

故實(shí)數(shù)k的取值范圍為伊忱＞一|且k豐6).

【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合向量共線的性質(zhì)，即可求解；

(2)根據(jù)已知條件，結(jié)合向量垂直的性質(zhì)，即可求解；

(3)根據(jù)已知條件，可得五不＞0且2與B不共線，列出不等式，即可求解.

本題主要考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)因?yàn)?(x)=4cosx?cos(x+?)

=2A/-3COS2X—2cosxsinx

=yT~3(cos2x+1)—sin2x

=2cos(2x+3)+

則7=,=兀,

所以f(“)的最小正周期為兀,

由2k兀<2x+^<7T+2kn,keZ,解得一名+kn<x<^+kn,k&Z,

所以/'(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[一工+kn,+kn],kGZ；

(2)由(1)可得，(x)=2cos(2x+$+<3,

將函數(shù)f(x)的圖象向左平移5個(gè)單位，再將縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，

可得9(x)=4cos[2(x+?)+§+27-3

=4cos(2x+今+2c

——4sin2x+2A/-3?

當(dāng)xeg,芻時(shí)，2xe管，網(wǎng)，

則sin2xG[0,,

故一4sin2x+2/3￡[0,273],

即g(x)G[0,2<3],

所以函數(shù)g(x)的值域?yàn)閇0,2，W].

【解析】(1)利用三角函數(shù)恒等變換化簡(jiǎn)函數(shù)解析式可得f(x)=2cos(2x+?)+，耳，利用余弦函

數(shù)的周期公式可求f(x)的最小正周期，利用余弦函數(shù)的單調(diào)性可求其單調(diào)遞減區(qū)間；

(2)由已知利用三角函數(shù)的圖象變換可求g(x)=-4sin2x+2「，由題意利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即

可求解g(x)的值域.

本題考查了三角函數(shù)恒等變換，正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的性質(zhì)以及三角函數(shù)的圖象變換，考查了轉(zhuǎn)

化思想和函數(shù)思想的應(yīng)用，屬于中檔題.

20.【答案】(1)解：由題意知，△4CM的面積為《CM?C4?sin乙4cM=：xCx4cx察=華，

22182

解得AC=3,

在△4CM中，由余弦定理得，

AM2=AC2+CM2-2AC-CM-cos^ACM=9+6-2x3xV_6x辱=1，

lo

解得力M=1,

因?yàn)辄c(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，所以AB=2.

(2)證明：因?yàn)镹為AC的中點(diǎn)，所以AN=2,

△ABN中，由余弦定理得，

BN2=AB2+AN2—2AB?AN?cosA=4+4—2x2x2xcosA=8—8cosA,

△4cM中，由余弦定理可得

CM2=AC2+AM2—2AC?AM-cosA=16+1—2x4xcosA=17—ScosA,

所以駕=8-8C0S4=1__9______

CM217—8cosA17—SeosA

因?yàn)?V4V兀，所以一1VcosA<1,

當(dāng)cos力取最小值時(shí)，1-取得最大值，

17—8cos4

所以對(duì)<1__2_=竺，

CM2<117+825

所以黑<5

CM5

【解析】(1)根據(jù)三角形的面積列方程求出4C的值，再由余弦定理求出4M,即可得出ZB.

2

(2)利用余弦定理求出BN?和CM?,再求咯的取值范圍，即可得出結(jié)論.

本題考查了解三角形的應(yīng)用問(wèn)題，也考查了運(yùn)算求解能力與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.

21.【答案】(1)證明：在直角梯形4BCD中，

-DC//BE,且DC=BE,.?.四邊形BCDE為平行四邊形，

又NB=90。，從而DE1EB,DE1EA.

因此，在四棱錐A-BCOE中，有。七_(dá)1面48后；

(2)解：由(1)知N4EB即二面角A-DE-8的平面角，

故NAE8=60°,乂4E=EB,4EB為等邊三角形.

設(shè)BE的中點(diǎn)為