【文档说明】河南省安阳市林州市第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考试题 数学 Word版含解析.docx，共(17)页，1.430 MB，由管理员店铺上传

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2023-2024学年高一下学期5月试题数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标

号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．已知,,3

i(i)iabab+=+R（i为虚数单位），则（）A．1,3ab==−B．1,3ab=−=C．1,3ab=−=−D．1,3ab==2．已知2sincos=，则23sinsincos−=（）A．15−B

．15C．45D．45−3．已知向量a，b，c，满足::3::6abck=（*kN），且()22abbc−=−，若为a，c的夹角，则cos的值是（）A．18−B．55C．53D．16−4．已知函数()sin()fxAx

=+(,,A为常数,0,0,||πA,)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是（）A．函数()fx的最小正周期为π2B．直线π12x=−是函数()fx图象的一条对称轴C．函数()fx在区间5ππ,126−上单调递增D．将函数()fx的图象向左平移

π3个单位，得到函数()gx的图象，则()2sin2gxx=5．在ABC中，D是边BC上一点，且2,BDDCE=是AC的中点，记,ACmADn==，则BE=（）A．533nm−B．732nm−C．732mn−D．532mn−6．如图，在正方形ABCD中，2CEDE=,EB和AC相

交于点G，且F为AG上一点（不包括端点），若BFBEBA=+，则31+的最小值为（）A．533+B．625+C．85+D．157．已知点O是ABC内部一点，并且满足20OAOBOC++=，AOC的面积

为1S，BOC的面积为2S，则12SS=（）A．2B．3C．13D．128．如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥1AEFG−，且,,EFG分别为棱11111,,AAABAD靠近1A的四等分点，若将该玉石打磨成一个

球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（）A．3273πcm2B．336πcmC．31253πcm2D．372πcm二．多选题（共3小题，每题6分，共18分。在每题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2

分，有选错的得0分。）9．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，2AB=，,,,,EFGHI均为所在棱的中点，P是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（）A．//HI平面EFGB．三棱锥1AEFG−的体积为12C．过,,EFG三点的平面截正方体所得截面的面积为33D．若2A

P=，则点P的轨迹长度为3π10．已知函数()()cossinnxxfx=（*nN），则下列结论正确的是（）A．对于任意的*nN，()fx总为奇函数B．对于任意的*nN，()fx总为周期函数C．当5n=时，()fx图像关于点π(,0)2中心

对称D．当3n=时，()()tangfxxx=的值域为)3,1−11．正三棱柱111ABCABC-中，123,2,ABAAD==为棱11BC的中点，P为线段1AD(不包括端点)上一动点，,MN分别为棱,ABAC上靠近点A的三等分点，过BC作三棱柱111ABCABC-的截面

，使得垂直于AP且交AP于点E，下列结论正确的是（）A．11//BC截面B．存在点P使得平面1//AMN截面C．当12AP=时，截面的面积为863D．三棱锥EABC−体积的最大值为332三．填空题（共3小题，每题5分，共15分。

）12．已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90，则这个圆台的侧面积为.13．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．14．在棱长为4的正四面体−PABC中，3PDDA=

，过点D作平行于平面ABC的平面与棱PB、PC分别交于点E、F，过点D作平行于平面PBC的平面与棱AB、AC分别交于点G、H，记12OO、分别为三棱锥PDEFADGH−−、的外接球球心，则12OO=．四．解答题（共5小题，共77分）（13分）15．已知()()πsin0,0,02fxAx

A=+的图象关于点5π,012对称，且()fx在区间π2π,33上单调递减，在区间2π,π3上单调递增，()01f=.(1)求()fx的解析式；(2)

若,22ππx−，求满足不等式()()230fxfx−的解集.（15分）16．已知复数32iz=−(i为虚数单位).(1)求|1i|−+z;(2)若(cosisin)5izr=++，其中0,[0,2π)r，求,r的值;(3)若213z=，且2zz是纯虚数，求

2z.（15分）17．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PAPD⊥，PAPD=，E、F分别为AD、PB的中点.（Ⅰ）求证：PEBC⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：//EF平面PCD.（16分）18．已知函

数()2sinsincos23fxxxx=++．（Ⅰ）求()fx的单调递增区间和最值；（Ⅱ）若函数()()gxfxa=−在0,2x有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．（18分）19．如图，在平面四边形ABCD中，已知1AD=，2CD=，ABC为等边三角形，

记ADC=，DAC=.(1)若π3=，求ABD△的面积；(2)证明：cos12cosAC=−；(3)若π,π2，求ABD△的面积的取值范围.答案1．B【详解】3i1iab+

=−+，而,ab为实数，故1,3ab=−=，2．B【详解】由2sincos=得1tan2=，所以222222221133sinsincos3tantan1223sinsincossincostan15112−−−−====+++，3

．A【详解】因为22()abbc−=−，可得24acb+=，所以2224416acacb++=，可得2224164acbac=−−，所以2224cos164acbac=−−，可得222164cos4bacac−−=，不妨令,,ab

c分别为3,,6k且Nk，所以2216943616153cos43672kk−−−==，即272cos15316k+=，因为cos[1,1]−且Nk，经检验可得3k=，此时1cos8=−.4．D【详解】由函数图象知，2

A=，函数零点为ππ+π62=23，相邻对称轴为π2π+7π23=212x=，故7πππ41234T=−=，即πT=，2ππ=，即2=，当7π12x=时，7π2π2π+122k+=，因为||π，解得：0k=时，23=−，所以函数2()2sin2π3fxx=

−，函数的周期为π，故A错误；当π12x=−时，π252ππ1236−−=−，不是函数的对称轴，故B错误；当5ππ,126x−时，23π2ππ,323x−−−，是先减后增，不是函数的单调递增区间，故C错误；函数向左平移π3个单位后得到函数π22

sin2π2sin233yxx=+−=，所以D正确.5．D【详解】1()2BEAEABACACCB=−=−+()113322ACCDACADAC=−−=−−−553322ACADmn=−=−，6

．B【详解】由题可设(),0,1BGxBEx=，则由题意得()2233BGxBExBCCExBCxCDxBCxBA==+=+=+，因为A、G、C三点共线，故23135xxx+==，所以35BGBE=，所以53BFBEBABGBA=+=+，又A、G、F三点共线，所以513+

=，所以313153535662625333+=++=+++=+，当且仅当353=，即55134−==时等号成立，故31+的最小值为625+.7．A【详解】因为20OAOBOC→→→++=，所以2=2O

AOCOBBO+=−,所以()1=2BOOAOC+取AC的中点D,则,1OD(OAOC)2=+.BOOD→→=，即O为中线BD的中点,如图所示，则AOC的面积为1S，BOC的面积为2S，2,,2AOCCODCODBOCAOCBOCSSSSSS===.所以122SS=.8．B【详解】由题意1

1132AEAFAG===，设点1A到平面EFG的距离为d，而322EFEGFG===2232132321832222216EFGS=−=，由11EAGFAEFGVV−

−=，得11333118332222316d=，解得32d=，棱长为6的正方体的正方体的内切球的半径为3，棱长为6的正方体体对角线的长度为63，因为35333322−=，所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，则该球形饰品的体积的最大值为334

π336πcm3=.9．BCD【详解】选项A，如图，设点K是棱1DD中点，由,,,,EFGHI均为所在棱的中点，根据中位线易得////HIEFKG,进而可得HI与点EFG共面，所以HI平面EFG，错误；选项B，如图，因

为面1AFG在正方体前侧面上，所以点E到面1AFG的距离等于EA的长，正方形1AB中1111113=2AFGABBAAFABFGABGSSSSS=−−−，则三棱锥1AEFG−的体积为11=?3AFGVSEA1=2,选

项C，由选项A知过,,EFG三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFGIHK,边长2EF=，所以面积为33，选项D，由2AP=知点P轨迹为A为球心，2为半径的球与正方体表面的交线，如图，由正方体棱长2得，交线为三段半径为2的四分之一圆，长度为3π，10

．ABC【详解】对于A，因为()()()coscos()sin()sinnxnxfxfxxx−−==−=−−，所以对于任意的*nN，()fx总为奇函数，故A正确；对于B，因为()()2cos2πcos(2π)()sin(2π)sinnx

nnxfxnfxxnx++===+，所以对于任意的*nN，()fx总有周期2πTn=，()fx总为周期函数，故B正确；对于C，当5n=时，cos5(π)cos5(π)()0sin(π)sinxxfxfxxx−−+=+=−，所以此时()fx的图象关于点π

(,0)2中心对称，故C正确；对于D，当3n=时，()()cos3sincos2cossin2sinsintansincossincosxxxxxxxgxfxxxxxx−===()()22322cos1cos2cos1cossin4c

os3cossin4cos3sincossincosxxxxxxxxxxxxx−−−−===−，又因为()gx的定义域为π{|,Z}2kxxk，所以()gx的值域为(3,1)−，故D错误；11．ACD【详解】对于A，因为棱柱111ABCAB

C-为正三棱柱，所以11//BCBC,又BC平面，11BC平面，所以11//BC平面，故A正确；对于B，取1QD=，BC中点为F，连接,,QFQBQC，AF交于MN于点G，则12AQ=，因为,MN分别

为棱,ABAC上靠近点A的三等分点，所以//MNBC，113AGAF==，则12GFAQ==，因为正三棱柱111ABCABC-，所以平面//ABC平面111ABC，又平面1AAFD平面ABCAF=，平面1AAFD平面111

1ABCAD=，所以1//AFAD，即1//AQGF，所以四边形1AGFQ为平行四边形，所以1//AGQF，因为//MNBC，又MN平面QBC，BC平面QBC，所以//MN平面QBC，同理可得1//AG平面QBC，又MN1AGG=，且MN，1AG平面1AMN

，所以平面1//AMN平面QBC，因为平面QBCBC=，所以平面1AMN与不平行，故B错误；对于C，当12AP=时，作出截面图如图所示，设FE延长线交1AD于点R，则112APAA==，因为190AAP=，所以11

45APAAAP==，所以45DFRDRF==，所以2DRDF==，则11AR=，22RF=，过点R作11//STBC，交1111,ABAC于点,ST，连接,SBTC，则1112333STBC==，且

11//STBC，因为11//BCBC，所以//STBC，在1RtBBS中，由勾股定理得2213SB=，同理可得2213TC=，所以SBTC=，所以截三棱柱111ABCABC-的截面四边形STCB为等腰梯形，高的长为22，所以123862322233STC

BS=+=，故C正确；对于D，作出截面图如图所示，因为AP⊥，EF，所以AEEF⊥，所以点E在以AF为直径的圆上，当点E在AF的中点时，点E到底面ABC距离最大，且最大值为1133232222AF==，因为DFAF，所以此

时点P在线段1AD上，符合条件，所以三棱锥ABCE−的体积最大值为111333312323242ABCAFS==，故D正确；故选：ACD．12．48π【详解】因为圆台的上底面圆半径2，下底面圆半径4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90，设圆台的母线长为

l，扇环所在的小圆的半径为x，如图，由题意可得：()12π2π4412π2π24lxx+==，解得88xl==，所以圆台的侧面积()π24848π+=,故答案为：48π.13．23【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,

3BCABAC===，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于223122AM=−=，故1222222S==△ABC，设内切圆半径为r，则：ABCAOBBOCAOCSSSS=++△△△△111222AB

rBCrACr=++()1332222r=++=，解得：22r=，其体积：34233Vr==.故答案为：23.14．322/322【详解】正四面体−PABC的外接球球心为O，正四面体可扩成正方体，正四面体

的棱为正方体的面对角线，正四面体−PABC的棱长为4，则正方体的棱长为22，正方体的体对角线长为26，所以正方体的外接球半径为6，即正四面体−PABC的外接球半径为6，有6OAOP==，平面//DEF平面ABC，平面//DGH平面PBC，3PDDA=，三棱锥PDE

FADGH−−、都是正四面体，则1,,POO三点共线，2,,AOO三点共线，133644OPOP==，21644OAOA==，则有164OO=，2364OO=，APO△中，由余弦定理，22266161cos2123OAOPPAAO

POAOP+−+−===−，12OOO△中，由余弦定理，2212121265412322cos1616162OOOOOOOOOOAOP=+−=++=.故答案为：322.15．(1)π()2si

n26fxx=+(2)πππ5π,,1212412−【详解】（1）根据题意，且()fx在区间π2π,33上单调递减，在区间2π,π3上单调递增，则2π3x

=为函数()fx的对称轴，又函数()fx图象关于点5π,012对称，且对称点5π,012在单调区间π2π,33内，所以2π5ππ43124T=−=，则πT=，2π2T==，且5π5πsin2012

12fA=+=，又π02，所以π6=，再由()01f=，即πsin16A=，所以2A=，所以π()2sin26fxx=+；（2）由()()230fxfx−，得()03fx，而

,22ππx−，则π5π7π2,666x+−，π02sin236x+，则π30sin262x+，则ππ0263x+或2ππ2π36x+，解得ππ1212x−或π5π412x，所以满足不等式()

()230fxfx−的解集为πππ5π,,1212412−.16．(1)5(2)27π,24r==(3)223iz=−或223iz=−+.【详解】（1）依题意，1i2iz−+=−，所以22|1i|2(1)5z−+=+−=.（2）32i(32i)(5i)131

3i11i5i5i(5i)(5i)2622z−−−−====−+++−222(i)222=−27π7π(cossin)244i=+，所以27π,24r==（3）设2i,,Rzabab=+，则22213zab=+=，即2213ab+=，2(32i)(i)(32)(32)izza

babba=−+=++−，由2zz是纯虚数，则有320,320abba+=−，由2213320320ababba+=+=−，解得23ab==−或23ab=−=，所以223iz=−或223iz=−+.17．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析

；（Ⅲ）见解析.【详解】（Ⅰ）∵PAPD=，且E为AD的中点，∴PEAD⊥.∵底面ABCD为矩形，∴//BCAD，∴PEBC⊥；（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴ABAD⊥.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，AB平面ABCD，∴

AB⊥平面PAD，又PD平面PAD，∴ABPD⊥.又PAPD⊥，PAABA=，PA、AB平面PAB，PD⊥平面PAB，∵PD平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）如图，取PC中点G，连接,FGGD.∵,FG分别为PB和PC的中点，∴//FGBC，且12FGBC=

.∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴1//,2EDBCDEBC=，∴//EDFG，且EDFG=，∴四边形EFGD为平行四边形，∴//EFGD，又EF平面PCD，GD平面PCD，∴//EF平面PCD.18．（Ⅰ）单调递增区间为,36kk−++

，Zk，最大值为32，最小值为12−；（Ⅱ）31,2【详解】（Ⅰ）13()2sinsincoscos222fxxxxx=++23sinsin2cos22xxx=++3111sin2cos2sin222262xxx=++=++，

令222262kxk−+++，Zk，解得36kxk−++，Zk，故()fx的单调递增区间为,36kk−++，Zk，易得()fx的最大值为32，最小值为12−；（Ⅱ）函数()

()gxfxa=−在0,2x有且仅有两个零点，函数()yfx=，0,2x与ya=有且仅有2个不同的交点，由（1）可知当0,2x时，()fx在0,6单调递增，在,62单

调递减，又3(0)1,,0622fff===，所以实数a的取值范围为31,2.19．(1)34(2)证明见解析(3)2343(,]44++【详解】（1）在平面四边形ABCD中，已知1AD=，2CD=，ABC为

等边三角形，记ADC=，在ACD中，由余弦定理，222π2cos1422cos33ACADCDADCD=+−=+−=，所以3AC=，则222CDADAC=+，所以90DAC=，又因为ABC为等边三角形，所以3ABAC==，

且150BADBACDAC=+=，所以113sin31sin150224ABDSABADBAD===，则ABD△的面积为34；（2）在ACD中，由正弦定理可得()sinsinsinπACCDAD==−+，即()()212sinsinsinsins

inAC==+=+且sin2sinAC=，由于()()2sin2sincos2cossinsin12cossin2sincos+=+=−=，故()12cossinsin

cosAC−=，由于三角形中，sin0，因此cos12cosAC=−，得证，（3）在平面四边形ABCD中，已知1AD=，2CD=，ABC为等边三角形，ADC=，设DAC=，在ACD中，由余弦定理，2222cos1422cos54cosACADCD

ADCD=+−=+−=−，22254cos1412coscos22ACADDCACADACAC+−−+−−===，在ACD中，由正弦定理，sinsinACCDADCDAC=，即2sinsinAC=，所以2sinsinAC=，结合cos

12cosAC=−11π113112sin3sinsin()(sincos)(cos)223222222ABDSABADBADABACACAC==+=+=+13π3sin(12

cos)sin()2434=+−=−+，又因为π(,π)2，所以ππ2π(,)363−，所以π32343sin()(,]3444++−+，即ABD△的面积的取值范围为2343(,]44++．