2023-2024學(xué)年湖南省邵陽市邵東一中高一（下）第三次月考數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年湖南省邵陽市邵東一中高一（下）第三次月考數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知a，b∈R，復(fù)數(shù)z=a+bi滿足z(1+i)=(2?2i)，則a+b=(

)A.?1 B.?2 C.?3 D.?42.設(shè)D為△ABC所在平面內(nèi)一點，若BC=3CD，則下列關(guān)系中正確的是(

)A.AD=?13AB+43AC 3.設(shè)m、n是兩條不同的直線，α、β、γ是三個不同的平面，下列四個命題中，正確命題的序號是(

)

①若m/?/α，n/?/α，則m/?/n；

②若α/?/β，β/?/γ，m⊥α，則m⊥γ；

③若m⊥α，n/?/α，則m⊥n；

④若α⊥γ，β⊥γ，則α/?/β．A.①② B.②③ C.③④ D.①④4.如果一個球的外切圓錐的高是這個球的半徑的3倍，則圓錐的側(cè)面積和球的表面積之比為(

)A.9：4 B.4：3 C.3：1 D.3：25.如圖，正方形A′B′C′D′是用斜二測畫法畫出的水平放置的一個平面四邊形ABCD的直觀圖，若A′D′=1，則四邊形ABCD周長為(

)A.2

B.4

C.226.已知a，b，c分別是△ABC三內(nèi)角A，B，C的對邊，且滿足asinC+acosC=b+c，則△ABC的形狀是(

)A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰或直角三角形 D.等腰直角三角形7.在邊長為2的正六邊形ABCDEF中，動圓Q的半徑為1、圓心在線段CD(含端點)上運動，點P是圓Q上及其內(nèi)部的動點，則AP?AB的取值范圍是(

)A.[2,8]． B.[4,8] C.[2,10] D.[4,10]8.《九章算術(shù)》中記載，塹堵是底面為直角三角形的直三棱柱，陽馬指底面為矩形，一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.如圖，在塹堵ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，AA1=2，當(dāng)陽馬B?ACA.43π

B.823π二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知i是虛數(shù)單位，以下四個說法中正確的是(

)A.i2021+i2022+i2023+i2024=0

B.復(fù)數(shù)z=?3+i的虛部為i

C.若復(fù)數(shù)z1，z210.在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且3bcosC+3ccosB=a2，則下列說法正確的是(

)A.若B+C=2A，則△ABC的外接圓的面積為3π

B.若A=π4，且△ABC有兩解，則b的取值范圍為[3,32]

C.若C=2A，且△ABC為銳角三角形，則c的取值范圍為(32,33)

D.若11.如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別是AB，AD的中點，A.存在點P，使得直線PM與直線AD1為異面直線

B.存在點P，使得MN⊥PN

C.若P為線段C1D1的中點，則三棱錐P?MNC1與三棱錐C1?MNB體積相等

D.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若向量a=(3,?4)在向量b=(?2,1)上的投影向量為λb，則λ13.如圖，在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1

14.已知A，B，C三座小島的位置如圖所示，其中B島在A島的南偏西60°方向，C島在B島的正東方向，A，C兩島相隔4千海里，一貨輪由A島出發(fā)沿著AC的方向直線航行了34的路程后，到達(dá)M島進行補給后再前往C島，若M島到B島的距離與M島到A島的距離相同，則B，C兩島的距離為______千海里．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，截去三棱錐A1?ABD，求

(1)截去的三棱錐A1?ABD的表面積；

(2)剩余的幾何體A16.(本小題15分)

在等邊△ABC中，點M是BC上靠近點B的一個三等分點，點Q為AC的中點，BQ交AM于點N．

(1)若BN=λBQ，求λ的值；

(2)若NA?NM=?917.(本小題15分)

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且3(sinA?sinB)sinC=3c?2ba+b．

(1)求cosA；

(2)若△ABC的面積為1632．

①已知E為BC的中點，求△ABC底邊BC上中線AE長的最小值；

18.(本小題17分)

如圖，在四面體C?ABD中，CB=CD，AB=AD，∠BAD=90°，E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點．

(1)求證：AC⊥BD；

(2)在AC上能否找到一點M，使BF/?/平面MED？若存在，請求出CMCA的值，若不存在，請說明理由；

(3)若平面CBD⊥平面ABD，且CB=BD，求直線BF與平面ABD所成角的正切值．19.(本小題17分)

若存在常數(shù)a、b，使得函數(shù)f(x)對于?x∈R同時滿足：f(a+x)=?f(a?x)，f(b+x)=f(b?x)，則稱函數(shù)f(x)為“(a,b)”類函數(shù)．

(1)判斷函數(shù)f(x)=cos2x是否為“(a,b)”類函數(shù)？如果是，寫出一組(a,b)的值；如果不是，請說明理由；

(2)函數(shù)g(x)是“(0,1)”類函數(shù)，且當(dāng)0≤x≤1時，g(x)=log2(x+1)．

(ⅰ)證明：g(x)是周期函數(shù)，并求出g(x)在[?3,?1]上的解析式；

(ⅱ)若?x∈R，g(t?2x答案解析1.【答案】B

【解析】解：因為z(1+i)=(2?2i)，

所以z=2?2i1+i=2(1?i)(1?i)(1+i)(1?i)=2(?2i)2=?2i，

所以a=0，b=?2，a+b=?2．【解析】解：因為BC=3CD，所以CD=13BC，

所以AD=AB+BC【解析】解：①若m/?/α，n/?/α，則m與n相交、平行或為異面直線都有可能，因此不正確；

②∵α//β，β/?/γ，∴α//γ，又m⊥α，則m⊥γ，正確；

③∵n//α，過直線n作平面β∩α=k，則n//k．

∵m⊥α，∴m⊥k，則m⊥n，故正確；

④∵α⊥γ，β⊥γ，∴α/?/β或α與β相交，故不正確．

綜上可知：只有②③正確．

故選：B．

4.【答案】D

【解析】解：設(shè)球的半徑為1；圓錐的高為3，則圓錐的底面半徑為r，

由△POD∽△PBO1，得ODO1B=OPPB=PDPO1，即1r=33，

所以r=3，

5.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意，直觀圖中，四邊形A′B′C′D′是正方形A′B′C′D′，且邊長為1，

則A′B′=1，O′D′=2，

作出原圖如圖：

OD=2O′D′=22，則有AD=8+1=3，

四邊形ABCD為平行四邊形，則BC=3，CD=1，

故四邊形ABCD周長為6.【答案】B

【解析】解：asinC+acosC=b+c，

由正弦定理可知，sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC，

A+B+C=π，

則sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，

故sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC，即sinAsinC=cosAsinC+sinC，

C∈(0,π)，

則sinC≠0，

故sinA?cosA=1，

兩邊同時平方可得，sin2A+cos2A?2sinAcosA=1?sin2A=1，即sin2A=0，

A∈(0,π)，

故A=π2．【解析】解：如圖，當(dāng)圓心Q為點D時，設(shè)圓Q交DE于點N，點N為DE的中點，點P為點N時，AP在AB上的投影最小為1，

∴AP?AB取最小值2；

當(dāng)圓心Q為點C時，過C作CG/?/AB，交圓Q于G，過點G作AB的垂線，交AB的延長線于H，點P為點G時，AP在AB上的投影最大為4，

∴AP?AB取最大值8，

∴AP?8.【答案】B

【解析】解：設(shè)AC=x，BC=y，則陽馬B?A1ACC1體積V=13×2xy=43，

∴xy=2，

把塹堵ABC?A1B1C1補形為長方體，

則長方體的對角線長L=x9.【答案】AD

【解析】解：對于A：i2021+i2022+i2023+i2024=i1+i2+i3+i4=i?1?i+1=0，故A選項正確；

對于B：z的虛部為1，故B選項錯誤；

對于C：設(shè)復(fù)數(shù)z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，

則z1z2=(ac?bd)+(ad+bc)i，

若z1【解析】解：因為3bcosC+3ccosB=a2，所以由正弦定理，得3sinBcosC+3sinCcosB=asinA，

即3sin(B+C)=asinA，

因為A+B+C=π，所以sin(B+C)=sinA，且sinA≠0，所以a=3．

選項A：若B+C=2A，則A=π3，所以△ABC的外接圓的直徑2R=asinA=23，所以R=3，

所以△ABC的外接圓的面積為π×(3)2=3π，選項A正確，

選項B：∵△ABC有兩解，則bsinA<a<b，則bsinπ4<3<b，解得3<b<32，∴B錯誤，

選項C：由正弦定理asinA=csinC，得asinA=csin2A，即c=2acosA=6cosA，

因為△ABC為銳角三角形，所以0<A<π20<π?3A<π20<2A<π2，所以π6<A<π4，

所以c=6cosA∈(32,33)，故選項C正確，

選項D：∵a=3，sinB=2sinC，A=2C，可得B=π?3C，由正弦定理可得b=2c，

由sin(π?3C)=2sinC，可得：sinCcos2C+cosCsin2C=2sinC，

由sinC≠0，可得：【解析】解：對于A，如圖1，連接AD1、BC1，由正方體的性質(zhì)得，AB/?/CD，CD//C1D1，

所以AB/?/C1D1，A、B、C1、D1四點共面，PM，AD1?平面ABC1D1，所以選項A錯誤；

對于B，如圖2，設(shè)CD的中點為Q，連接MQ，PQ，NQ，若P為C1D1的中點，則PQ⊥平面ABCD，

又MN?平面ABCD，所以PQ⊥MN，在△NMQ中，MN=NQ=(12)2+(12)2=22，MQ=1，

所以MN2+NQ2=MQ2，所以MN⊥NQ，又PQ∩NQ=Q，PQ、NQ?平面NPQ，所以MN⊥平面NPQ，

又PN?平面NPQ，所以MN⊥PN，選項B正確；

對于C，如圖3，取B1C1的中點F，連接PF、FM，設(shè)AC∩BD=O，連接NO，MO，OC1，

則幾何體PC1F?NOM為斜三棱柱，從而VP?MNC1=13VPC1F=NM=13×12×12×12×1=124，

又VC1?MNB=13×1×12×12×12=124，選項C正確；

對于D，如圖4，因為正方體中心對稱(類比為球體，MN看作弦)，

所以過MN的截面經(jīng)過正方體的對稱中心時所得截面面積最大，

此時截面交棱DD1，BB1，B1C1于中點，P也為中點，

取DD1的中點E，B1C1的中點F，BB1的中點12.【答案】?2

【解析】解：向量a=(3,?4)，向量b=(?2,1)，

則a?b=?6?4=?10，|b|=5，

故向量a=(3,?4)在向量b=(?2,1)上的投影向量為：a?b|【解析】解：設(shè)正四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上底面的中心為O1，下底面中心為O2，其外接球球心為O，

∵A1B1=2,AB=22，

∴S正方形A1B1C1D1=2，S正方形ABCD=8，

則V棱臺=13?O1O2?(2+8+14.【答案】8【解析】解：依題意，∠ABC=30°，AM=3MC=3，記∠BAC=∠ABM=θ，

所以∠BMC=2θ，AM=BM=3，MC=1，AC=4，在△ABC中，AC=4，sin∠ABC=sin30°=12，

由正弦定理得BCsinθ=ACsin∠ABC，即BC=8sinθ，

在△BMC中，由余弦定理得BC2=BM2+CM2?2BM?CM?cos2θ=10?6cos2θ，

故64sin2θ=10?6cos2θ，解得sin2θ=113，因為θ∈(0,π2)，則sinθ=1313,BC=8sinθ=81313．

故答案為：81313．

15.【答案】【解析】(1)根據(jù)三角形面積公式，即可求解；

(2)根據(jù)分割補形法，即可求解；

(3)根據(jù)四棱錐的體積公式，即可求解．

16.【答案】解：(1)在等邊△ABC中，點M是BC上靠近點B的一個三等分點，點Q為AC的中點，BQ交AM于點N，

∵點Q為AC的中點，∴BQ=12BC+12BA，

∵BN=λBQ，

∴BN=λ(12BC+12BA)=λ2BC+λ2BA=3λ2BM+λ2BA，

∵N，M，A三點共線，∴3λ2+λ2=1，∴λ=12，

則λ的值為12；

(2)由(1)知，AN=【解析】(1)利用向量線性坐標(biāo)運算求得BN=3λ2BM+λ2BA，然后根據(jù)三點共線即可求解；

(2)用基底表示AN=12AB+14AC，然后利用三點共線求得NA=?3NM，結(jié)合已知求得|NM|=3，結(jié)合數(shù)量積的運算律求得|AB|2=4327，利用正三角形面積公式求解即可．

17.【答案】解：(1)由正弦定理，得3(a?b)c=3c?2ba+b，即c2+b2?a2=23bc，

故cosA=c2+b2?a22bc=23bc2bc=13，

所以sinA=1?cos2A=1?【解析】(1)由已知結(jié)合正弦定理，余弦定理進行化簡可求cosA，再結(jié)合同角平方關(guān)系即可求解cosA；

(2)①結(jié)合三角形面積公式先求出bc，然后結(jié)合向量數(shù)量積性質(zhì)及基本不等式即可求解；

②結(jié)合三角形的面積公式及二倍角公式進而求cosA2，結(jié)合18.【答案】(1)證明：取BD的中點O，連接AO，CO，

在△BCD中，因為CB=CD，所以CO⊥BD，同理AO⊥BD，

而AO∩CO=O，所以BD⊥平面AOC，

又AC?平面AOC，

所以AC⊥BD；

(2)解：在AC上能找到一點M，使BF/?/平面MED，此時CMCA=14，

證明如下：

連接EM，DM，DE，

因為E是BC的中點，

所以所以BF/?/EM，

因為EM?平面MED，BF?平面MED，

所以BF/?/平面MED，

所以FC的中點M即為所求；

(3)解：因為∠BAD=90°，所以AO=BO，

所以△COA≌△COB，

從而∠COA=∠COB，

由(1)可知：CO⊥BD，所以∠COB=90°，

所以∠COA=90°，即CO⊥OA，

因為BD∩OA=O，BD，OA?平面ABD，

所以CO⊥平面ABD，

取AO中點N，連接FN，BN，易知CO//FN，故FN⊥平面ABD，

故∠FBN是直線BF與平面ABD所成角，

設(shè)AC=2a，可得FN=32a，BN=5a2，

所以tan【解析】(1)取BD的中點O，由題意可證得CO⊥BD，同理AO⊥BD，進而可證得BD⊥平面AOC，進而可證得結(jié)論；

(2)AC上能找到一點M，使得CMCA=14，由題意可證得FC的中點M即為所求；

(3)由題意可證得△COA≌△COB，取AO中點N，連接FN，BN，