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（含解析）

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.【答案】B
【解析】解：因为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．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：因为BC=3CD，所以CD=13BC，
所以AD=AB+BC+CD=AB+43BC=AB+43(AC−AB)=−13AB+43AC．
故选：A．
3.【答案】B
【解析】解：①若m/​/α，n/​/α，则m与n相交、平行或为异面直线都有可能，因此不正确；
②∵α//β，β/​/γ，∴α//γ，又m⊥α，则m⊥γ，正确；
③∵n//α，过直线n作平面β∩α=k，则n//k．
∵m⊥α，∴m⊥k，则m⊥n，故正确；
④∵α⊥γ，β⊥γ，∴α/​/β或α与β相交，故不正确．
综上可知：只有②③正确．
故选：B．
4.【答案】D
【解析】解：设球的半径为1；圆锥的高为3，则圆锥的底面半径为r，
由△POD∽△PBO1，得ODO1B=OPPB=PDPO1，即1r= 33，
所以r= 3，
圆锥的侧面积为：12×2 3×2 3π=6π，
球的表面积为：4π，
所以圆锥的侧面积与球的表面积之比6π：4π=3：2．
故选：D．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意，直观图中，四边形A′B′C′D′是正方形A′B′C′D′，且边长为1，
则A′B′=1，O′D′= 2，
作出原图如图：
OD=2O′D′=2 2，则有AD= 8+1=3，
四边形ABCD为平行四边形，则BC=3，CD=1，
故四边形ABCD周长为1+3+3+1=8．
故选：D．
6.【答案】B
【解析】解：asinC+acsC=b+c，
由正弦定理可知，sinAsinC+sinAcsC=sinB+sinC，
A+B+C=π，
则sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
故sinAsinC+sinAcsC=sinAcsC+csAsinC+sinC，即sinAsinC=csAsinC+sinC，
C∈(0,π)，
则sinC≠0，
故sinA−csA=1，
两边同时平方可得，sin2A+cs2A−2sinAcsA=1−sin2A=1，即sin2A=0，
A∈(0,π)，
故A=π2．
故选：B．
7.【答案】A
【解析】解：如图，当圆心Q为点D时，设圆Q交DE于点N，点N为DE的中点，点P为点N时，AP在AB上的投影最小为1，
∴AP⋅AB取最小值2；
当圆心Q为点C时，过C作CG/​/AB，交圆Q于G，过点G作AB的垂线，交AB的延长线于H，点P为点G时，AP在AB上的投影最大为4，
∴AP⋅AB取最大值8，
∴AP⋅AB的取值范围为[2,8]．
故选：A．
8.【答案】B
【解析】解：设AC=x，BC=y，则阳马B−A1ACC1体积V=13×2xy=43，
∴xy=2，
把堑堵ABC−A1B1C1补形为长方体，
则长方体的对角线长L= x2+y2+4≥ 2xy+4=2 2，
当且仅当x=y= 2时上式取“=”．
∴堑堵ABC−A1B1C1的外接球的体积的最小值为43π×( 2)3=8 2π3．
故选：B．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A：i2021+i2022+i2023+i2024=i1+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，故A选项正确；
对于B：z的虚部为1，故B选项错误；
对于C：设复数z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，
则z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，
若z1z2∈R，则ad+bc=0，故C选项错误；
对于D：若复数z满足|z−3i|=2，
则z在复平面内对应的点的轨迹为以点(0,3)为圆心，以2为半径的圆，故D选项正确．
故选：AD．
10.【答案】ACD
【解析】解：因为3bcsC+3ccsB=a2，所以由正弦定理，得3sinBcsC+3sinCcsB=asinA，
即3sin(B+C)=asinA，
因为A+B+C=π，所以sin(B+C)=sinA，且sinA≠0，所以a=3．
选项A：若B+C=2A，则A=π3，所以△ABC的外接圆的直径2R=asinA=2 3，所以R= 3，
所以△ABC的外接圆的面积为π×( 3)2=3π，选项A正确，
选项B：∵△ABC有两解，则bsinA选项C：由正弦定理asinA=csinC，得asinA=csin2A，即c=2acsA=6csA，
因为△ABC为锐角三角形，所以0所以c=6csA∈(3 2,3 3)，故选项C正确，
选项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：sinCcs2C+csCsin2C=2sinC，
由sinC≠0，可得：4cs2C−1=2，解得：cs2C=34，故csC= 32，sinC=12，
可得sinA=2sinCcsC=2×12× 32= 32，
由正弦定理asinA=csinC，a=3可得：c= 3，b=2 3，则a+b+c=3+3 3，
S△ABC=12bcsinA=12×2 3× 3× 32=3 32，
设△ABC的内切圆半径为r，则r=2Sa+b+c=3 33+3 3=3− 32，
S△ABO=12cr=12× 3×3− 32=3 3−34，故D正确．
故选：ACD．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，如图1，连接AD1、BC1，由正方体的性质得，AB/​/CD，CD//C1D1，
所以AB/​/C1D1，A、B、C1、D1四点共面，PM，AD1⊂平面ABC1D1，所以选项A错误；
对于B，如图2，设CD的中点为Q，连接MQ，PQ，NQ，若P为C1D1的中点，则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，选项B正确；
对于C，如图3，取B1C1的中点F，连接PF、FM，设AC∩BD=O，连接NO，MO，OC1，
则几何体PC1F−NOM为斜三棱柱，从而VP−MNC1=13VPC1F=NM=13×12×12×12×1=124，
又VC1−MNB=13×1×12×12×12=124，选项C正确；
对于D，如图4，因为正方体中心对称(类比为球体，MN看作弦)，
所以过MN的截面经过正方体的对称中心时所得截面面积最大，
此时截面交棱DD1，BB1，B1C1于中点，P也为中点，
取DD1的中点E，B1C1的中点F，BB1的中点G，连接NE，EP，PF，FG，GM，
所以过M、N、P三点的平面截正方体所得截面面积最大时，截面形状为正六边形，
面积为6× 34NM2=6× 34×12=3 34，选项D正确．
故选：BCD．
A中，连接AD1、BC1，证明AB/​/C1D1，得出A、B、C1、D1四点共面，即PM，AD1共面；
B中，取CD的中点Q，连接MQ，PQ，NQ，当P为C1D1的中点时，证明MN⊥平面NPQ，得出MN⊥PN；
C中，取B1C1的中点F，连接PF、FM，设AC∩BD=O，连接NO，MO，OC1，计算三棱锥P−MNC1与三棱锥C1−MNB的体积即可；
D中，由正方体是中心对称图形，得出过MN的截面经过正方体的对称中心时所得截面面积最大，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面形状为正六边形，计算截面面积即可．
12.【答案】−2
【解析】解：向量a=(3,−4)，向量b=(−2,1)，
则a⋅b=−6−4=−10，|b|= 5，
故向量a=(3,−4)在向量b=(−2,1)上的投影向量为：a⋅b|b|×b|b|=−2b，
故λ=−2．
故答案为：−2．
13.【答案】16π
【解析】解：设正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上底面的中心为O1，下底面中心为O2，其外接球球心为O，
∵A1B1= 2,AB=2 2，
∴S正方形A1B1C1D1=2，S正方形ABCD=8，
则V棱台=13⋅O1O2⋅(2+8+ 2×8)=143O1O2=14 33，
可得O1O2= 3．
作出正四棱台ABCD−A1B1C1D1的轴截面ACC1A1，
由A1B1= 2,AB=2 2，得A1C1=2，AC=4，
则A1O1=1，AO2=2，棱台外接球的半径为R，
则 R2−12− R2−22= 3，解得R=2．
∴该棱台外接球的表面积为4π×22=16π．
故答案为：16π．
14.【答案】8 1313
【解析】解：依题意，∠ABC=30°，AM=3MC=3，记∠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⋅cs2θ=10−6cs2θ，
故64sin2θ=10−6cs2θ，解得sin2θ=113，因为θ∈(0,π2)，则sinθ= 1313,BC=8sinθ=8 1313．
故答案为：8 1313．
15.【答案】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．
【解析】(1)根据三角形面积公式，即可求解；
(2)根据分割补形法，即可求解；
(3)根据四棱锥的体积公式，即可求解．
16.【答案】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．
【解析】(1)利用向量线性坐标运算求得BN=3λ2BM+λ2BA，然后根据三点共线即可求解；
(2)用基底表示AN=12AB+14AC，然后利用三点共线求得NA=−3NM，结合已知求得|NM|= 3，结合数量积的运算律求得|AB|2=4327，利用正三角形面积公式求解即可．
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．
【解析】(1)由已知结合正弦定理，余弦定理进行化简可求csA，再结合同角平方关系即可求解csA；
(2)①结合三角形面积公式先求出bc，然后结合向量数量积性质及基本不等式即可求解；
②结合三角形的面积公式及二倍角公式进而求csA2，结合bc的值及基本不等式即可求解．
18.【答案】(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．
【解析】(1)取BD的中点O，由题意可证得CO⊥BD，同理AO⊥BD，进而可证得BD⊥平面AOC，进而可证得结论；
(2)AC上能找到一点M，使得CMCA=14，由题意可证得FC的中点M即为所求；
(3)由题意可证得△COA≌△COB，取AO中点N，连接FN，BN，易知CO//FN，可证得tan∠FBN=FNBN的值，即求出直线BF与平面ABD所成角的正切值．
19.【答案】(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．
【解析】(1)由f(x)=f(−x)，f(π4+x)=−f(π4−x)，即可得解；
(2)(ⅰ)由类函数的定义可得g(−x)=−g(x)，g(1+x)=g(1−x)，从而可推出g(x)的周期，利用函数的单调性及周期性即可求解函数解析式；
(ⅱ)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)，再分t+1=0，t+1<0，t+1>0三种情况讨论，即可求解t的取值范围，从而可得结论．