2023-2024学年湖南省邵阳市邵东一中高一（下）第三次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖南省邵阳市邵东一中高一（下）第三次月考数学试卷（含答案），共9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a，b∈R，复数z=a+bi满足z(1+i)=(2−2i)，则a+b=( )
A. −1B. −2C. −3D. −4
2.设D为△ABC所在平面内一点，若BC=3CD，则下列关系中正确的是( )
A. AD=−13AB+43ACB. AD=14AB+34AC
C. AD=34AB+14ACD. AD=43AB−13AC
3.设m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，下列四个命题中，正确命题的序号是( )
①若m/​/α，n/​/α，则m/​/n；
②若α/​/β，β/​/γ，m⊥α，则m⊥γ；
③若m⊥α，n/​/α，则m⊥n；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α/​/β．
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
4.如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积和球的表面积之比为( )
A. 9：4B. 4：3C. 3：1D. 3：2
5.如图，正方形A′B′C′D′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图，若A′D′=1，则四边形ABCD周长为( )
A. 2
B. 4
C. 2 2
D. 8
6.已知a，b，c分别是△ABC三内角A，B，C的对边，且满足asinC+acsC=b+c，则△ABC的形状是( )
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.在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆Q的半径为1、圆心在线段CD(含端点)上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则AP⋅AB的取值范围是( )
A. [2,8]．B. [4,8]C. [2,10]D. [4,10]
8.《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AA1=2，当阳马B−ACC1A1体积为43时，堑堵ABC−A1B1C1的外接球的体积的最小值为( )
A. 43π
B. 8 23π
C. 323π
D. 64 23π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知i是虚数单位，以下四个说法中正确的是( )
A. i2021+i2022+i2023+i2024=0
B. 复数z=−3+i的虚部为i
C. 若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1=z2−
D. 已知复数z满足|z−3i|=2，则z在复平面内对应的点的轨迹为圆
10.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且3bcsC+3ccsB=a2，则下列说法正确的是( )
A. 若B+C=2A，则△ABC的外接圆的面积为3π
B. 若A=π4，且△ABC有两解，则b的取值范围为[3,3 2]
C. 若C=2A，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为(3 2,3 3)
D. 若A=2C，且sinB=2sinC，O为△ABC的内心，则△AOB的面积为3 3−34
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段C1D1上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 存在点P，使得直线PM与直线AD1为异面直线
B. 存在点P，使得MN⊥PN
C. 若P为线段C1D1的中点，则三棱锥P−MNC1与三棱锥C1−MNB体积相等
D. 过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为3 34
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若向量a=(3,−4)在向量b=(−2,1)上的投影向量为λb，则λ等于______．
13.如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1B1= 2,AB=2 2，该棱台体积V=14 33，则该棱台外接球的表面积为______．
14.已知A，B，C三座小岛的位置如图所示，其中B岛在A岛的南偏西60°方向，C岛在B岛的正东方向，A，C两岛相隔4千海里，一货轮由A岛出发沿着AC的方向直线航行了34的路程后，到达M岛进行补给后再前往C岛，若M岛到B岛的距离与M岛到A岛的距离相同，则B，C两岛的距离为______千海里．
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13分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，截去三棱锥A1−ABD，求

(1)截去的三棱锥A1−ABD的表面积；
(2)剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的体积；
(3)在剩余的几何体A1B1C1D1−DBC中连接B1D1，求四棱锥A1−BB1D1D的体积．
16.(本小题15分)
在等边△ABC中，点M是BC上靠近点B的一个三等分点，点Q为AC的中点，BQ交AM于点N．
(1)若BN=λBQ，求λ的值；
(2)若NA⋅NM=−9，求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3(sinA−sinB)sinC=3c−2ba+b．
(1)求csA；
(2)若△ABC的面积为163 2．
①已知E为BC的中点，求△ABC底边BC上中线AE长的最小值；
②求内角A的角平分线AD长的最大值．
18.(本小题17分)
如图，在四面体C−ABD中，CB=CD，AB=AD，∠BAD=90°，E，F分别是BC，AC的中点．

(1)求证：AC⊥BD；
(2)在AC上能否找到一点M，使BF/​/平面MED？若存在，请求出CMCA的值，若不存在，请说明理由；
(3)若平面CBD⊥平面ABD，且CB=BD，求直线BF与平面ABD所成角的正切值．
19.(本小题17分)
若存在常数a、b，使得函数f(x)对于∀x∈R同时满足：f(a+x)=−f(a−x)，f(b+x)=f(b−x)，则称函数f(x)为“(a,b)”类函数．
(1)判断函数f(x)=cs2x是否为“(a,b)”类函数？如果是，写出一组(a,b)的值；如果不是，请说明理由；
(2)函数g(x)是“(0,1)”类函数，且当0≤x≤1时，g(x)=lg2(x+1)．
(ⅰ)证明：g(x)是周期函数，并求出g(x)在[−3,−1]上的解析式；
(ⅱ)若∀x∈R，g(t−2x8+2x+3)+g(12)≥0，求t的最大值和最小值．
答案解析
1.B
2.A
3.B
4.D
5.D
6.B
7.A
8.B
9.AD
10.ACD
11.BCD
12.−2
13.16π
14.8 1313
15.解：(1)根据题意可得：截去的三棱锥A1−ABD的表面积为：
3×12×2×2+12×2 2×2 2× 32=6+2 3；
(2)根据题意可得剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的体积为23−13×12×23=203；
(3)根据正方体的性质易知A1C1⊥平面BB1D1D，
∴A1到平面BB1D1D的距离为12A1C1= 2，
又矩形BB1D1D的体积为2 2×2=4 2，
∴四棱锥A1−BB1D1D的体积为13×4 2× 2=83．
16.解：(1)在等边△ABC中，点M是BC上靠近点B的一个三等分点，点Q为AC的中点，BQ交AM于点N，
∵点Q为AC的中点，∴BQ=12BC+12BA，
∵BN=λBQ，
∴BN=λ(12BC+12BA)=λ2BC+λ2BA=3λ2BM+λ2BA，
∵N，M，A三点共线，∴3λ2+λ2=1，∴λ=12，
则λ的值为12；
(2)由(1)知，AN=12AB+12AQ=12AB+14AC，
设AM=mAN=m2AB+m4AC，
∵M，B，C三点共线，∴m2+m4=1，解得m=43，
∴AM=23AB+13AC，
∴NA=−3NM，从而有NA⋅NM=−3NM⋅NM=−9，
∴NM2=3，即|NM|= 3，故|AM|=4 3，
∵AM2=48=(23AB+13AC)2=49AB2+49AB⋅AC+19AC2=79AB2，
∴|AB|2=4327，
∴S△ABC=12⋅|AB|⋅|AC|⋅sinπ3= 34⋅|AB|2=108 37，
则△ABC的面积为108 37．
17.解：(1)由正弦定理，得3(a−b)c=3c−2ba+b，即c2+b2−a2=23bc，
故csA=c2+b2−a22bc=23bc2bc=13，
所以sinA= 1−cs2A= 1−19=2 23；
(2)①由题意得，12bcsinA=163 2，解得bc=16，
由于AE=12(AB+AC)，
所以AE2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(c2+b2+2bccsA)=14(c2+b2+23bc)≥14(2bc+23bc)=14×83bc=323，当且仅当b=c=4时取等号，
所以AE≥4 63；
②因为AD为角A的角平分线，所以sin∠BAD=sin∠CAD=12A，
由于S△ADB+S△ADC=S△ABC，
所以12|AD|csinA2+12|AD|bsinA2=12bcsinA=bcsinA2csA2，
由于sinA2≠0，所以|AD|(c+b)=2bccsA2，
由于csA=2cs2A2−1=13⇒cs2A2=23⇒csA2= 63，
又bc=16，所以|AD|(c+b)=2bccsA2=2×16× 63=32 63，
由于b+c≥2 bc=8，当且仅当b=c时，等号取得到，
故32 63=|AD|(c+b)≥2 bc|AD|=8|AD|，故|AD|≤4 63．
18.(1)证明：取BD的中点O，连接AO，CO，
在△BCD中，因为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上能找到一点M，使BF/​/平面MED，此时CMCA=14，
证明如下：
连接EM，DM，DE，
因为E是BC的中点，
所以所以BF/​/EM，
因为EM⊂平面MED，BF⊄平面MED，
所以BF/​/平面MED，
所以FC的中点M即为所求；
(3)解：因为∠BAD=90°，所以AO=BO，
所以△COA≌△COB，
从而∠COA=∠COB，
由(1)可知：CO⊥BD，所以∠COB=90°，
所以∠COA=90°，即CO⊥OA，
因为BD∩OA=O，BD，OA⊂平面ABD，
所以CO⊥平面ABD，
取AO中点N，连接FN，BN，易知CO//FN，故FN⊥平面ABD，
故∠FBN是直线BF与平面ABD所成角，
设AC=2a，可得FN= 32a，BN= 5a2，
所以tan∠FBN=FNBN= 155，
所以直线BF与平面ABD所成角的正切值为 155．
19.(1)解：f(x)=cs2x是“(a,b)”类函数，
因为f(x)=f(−x)，f(π4+x)=−f(π4−x)，
所以(a,b)可以是(π4,0)(答案不唯一)．
(2)(ⅰ)证明：因为函数g(x)是“(0,1)”类函数，
所以g(−x)=−g(x)，g(1+x)=g(1−x)，
所以g(2+x)=g(−x)=−g(x)，
所以g(x+4)=−g(x+2)=g(x)，所以g(x)是周期函数．
因为当0≤x≤1时，g(x)=lg2(x+1)．
所以g(x)在[−1,1]上单调递增，在(1,3)上单调递减．
当x∈[−2,−1]时，x+2∈[0,1]，所以g(x)=−g(x+2)=−lg2(x+3)．
当x∈[−3,−2)时，x+2∈[−1,0)，−(x+2)∈(0,1]，
所以g(x)=−g(x+2)=g[−(x+2)]=lg2[−(x+2)+1]=lg2(−x−1)．
故g(x)=lg2(−x−1),x∈[−3,−2),−lg2(x+3),x∈[−2,−1].
(ⅱ)解：记u=t−2x8+2x+3=18⋅−(1+2x)+(t+1)1+2x=−18+18⋅t+11+2x，
由(ⅰ)得：g(−12)=g(52)，
当t+1=0时，u=−18，满足g(t−2x8+2x+3)≥g(−12)；
当t+1<0时，u∈(−18+t+18,−18)=(t8,−18)，
由g(t−2x8+2x+3)≥g(−12)在R上恒成立可得：(t8,−18)⊆[−12,52]，
解得：t∈[−4,−1)．
当t+1>0时，u∈(−18,−18+t+18)=(−18,t8)，
由g(t−2x8+2x+3)≥g(−12)在R上恒成立可得：(−18,t8)⊆[−12,52]，
解得：t∈(−1,20]；
综上，t∈[−4,20]．
所以t的最大值为20，最小值为−4．