（答案版）中华中学2023-2024学年度第二学期5月学情调研（更新）.docx

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1、中华中学20232024学年度第二学期5月学情调研高一数学本卷调研时间：120分钟 总分：150分命题人：王瑞 审核人：周星月一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设向量m(a，1)，n(a2，3)，且mn，则a( )A1BC1或3D1或3【答案】C2在复平面内，(3i)3对应的点位于( )A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【答案】A3设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A若m，n，则mn B若，m，则mC若，m，则m D若mn，m，则n【答案】A4某校学生为测量操场上的旗杆高度，在与旗杆

2、底端Q位于同一水平高度的共线三点A，B，C处，测得旗杆顶端P处的仰角分别为，且ABBC12m，则旗杆的高度为( )A3mB4mC6mD8m【答案】C5若锐角，满足3cos()cos cos ，则tan()的最小值为( )A2 B2 C2 D2【答案】A6如图，复数z对应的向量为，且|zi|5，则向量在向量上的投影向量的坐标为( )A(，) B(，) C(，) D(，)【答案】D7在正四面体PABC中，E，F分别为PC，AB的中点，则异面直线BE，PF所成角的正切值为（）A B C2 D【答案】D8. 已知ABC的外心为G，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a：b：c5：5：8.若28，则

3、( )A. B. 50 C. 25 D. 25【答案】B二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分9若复数z12i，z234i，则下列说法正确的是（）Az1z2的虚部是5iB在复数范围内，z2是方程x26x250的根C若复数z满足z1zz2，则|z|D若复数z1的共轭复数为，则z|z1|2z1|2【答案】BC10如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB1点P在线段B1C上运动，则（）A点P到平面A1C1D的距离为定值B异面直线AP与A1D所成的角的取值范围为，C直线PC1PA的最小值为D过P

4、作直线l/AD1，则lDP【答案】ACD11已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则下列命题正确的是( )A若bsinasin B，则AB若b2ac，则BC若2bac，则tan3tan2D若|1，且，则B【答案】BC三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分12已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为 .【答案】213设为锐角，若cos()，则sin(2)的值为_.【答案】14在ABC中，ABC，D是边AC上一点，且BDcosACBABsinBAC，BD，若BDC为钝角，则当2BCAB最小时，CD_.【答案】四解答题：本题共5小题，共77分.15如图，在

5、三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，侧面BCC1B1底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点求证：(1)EF平面ABB1A1；(2)平面AEF平面BCC1B1【答案】(1)如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，在A1B1C1中，F，G分别为A1C1，A1B1的中点，FGB1C1，且FGB1C1.-2在三棱柱ABC A1B1C1中，BCB1C1，又E为棱BC的中点，FGBE且FGBE，四边形BEFG为平行四边形，EFBG.-4又BG平面ABB1A1，EF平面ABB1A1，EF平面ABB1A1.-6(2) 在ABC中，ABAC，E为BC的中点，AEBC，-8又侧面BCC1B1底面ABC

6、，侧面BCC1B1底面ABCBC，且AE平面ABC，AE平面BCC1B1.-11因为AE平面AEF，所以平面AEF平面BCC1B1.-1316(本题15分)已知向量a(sin，)，b(1，cos)，函数f(x)ab.(1)若f(x)0，且x2，求x的值；(2)若f(2)，f(2)，0，求cos()的值.【答案】(1)；(2).【解析】（1）由题意，f(x)absinxcosx，f(x)0，即ab0，sinxcosx0，所以tan，-3（利用辅助角公式得出关于x的方程亦得3）又因为x2，则，可得x，所以x.-7(2)由f(x)sinxcosx2(sinxcosx)2sin(x)，因为f(2)2s

7、in()2cos，所以cos，-9又因为f(2)2sin()2sin，所以sin，-11因为，0，可得sin，cos，-13（上述过程中求得cos，sin各给2，求出sin，cos给2）所以cos()coscossinsin-1517如图，AC是平面四边形ABCD的一条对角线，且在ABC中，2ABBC.(1)求角B的大小；(2)若BAD，ADC，AD2，BC4，求AC的长.【答案】(1)B；(2)AC2.【解析】(1)在ADC中，2ABBC，所以AB2BC2AC2ABBC，即在ABC中，由余弦定理得，AB2BC2AC22ABBCcos B，-3则由两式得，cos B，又因为在ABC中，B(0，

8、)，所以B. -7(2)在ACB中，设CAB，ACx，由正弦定理，即xsin B -9又在ADC中，CAD，DCA()，由正弦定理得，即xsinADC -11则由两式得，即2sin()sin ， -13展开并整理得2sin cos ，也即4sin23cos233sin2sin2，又因为在ACB中，sin 0，所以sin ，把sin 代入式得，AC2. -15（本题优解：延长AD，BC构造等边三角形或分别过点D，C作AB作垂线在特殊三角形中求边，两种方法根据学生实际作答情况酌情给分）18如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为

9、曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数yAsin(x)(A0，0，0)，x4，0的图象，图象的最高点坐标为C(1，2).第二部分是长为1千米的直线段DE，DE/x轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.(1)若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；(2)若点P在弧上，点M和点N分别在线段OF和线段OE上，若平行四边形OMPN区域为学生的休息区域，记POF，请写出学生的休息区域OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值.【答案】(1)千米；(2)Ssin(2)(0)；【解析】(1)由题意，A2，

10、又(1)(4)3，则T12，所以.又因为当x1时，有y2sin()2，且(0，)，所以 -3（A，的值各1）所以曲线段ABCD的解析式为y2sin(x)，x4，0.由y2sin(x)1且y在4，1上单调递增，x2k(kZ)，-5x312k(kZ)，即x3，B(3，1)，OB，即该学生走过的路BO的长为千米. -8（2）由题可知，当x0时，y2sin(0)，所以D(0，)， 则E(1，)，|OE|2，EOD，所以EOF. -10在PNO中，OPOE2，PNO，NPO，NOP，由正弦定理，可得，ONsin，PNsin()， -13故SPNONPNOsinPNOsinsin()sinsin()(si

11、ncossin2)(sin2cos2)sin(2)(0)， 即S2SPNOsin(2)(0)， -16当时，sin(2)1，此时S取得最大值 -17（本题亦可根据底(OMxpxn)乘高(yp)来确定平行四边形的面积，根据实际作答酌情给分）19已知如图平面四边形ABCD，ABAD2，BAD60，BCD30，BDCD，现将ABD沿BD边折起，使得平面ABD平面BCD，点P为线段AD的中点.(1)求证：BP平面ACD；(2)若M为CD的中点，求MP与平面BPC所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，求二面角PBMD的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【解析】(1)ABAD，B

12、AD60，ABD为等边三角形，又P为AD的中点，BPAD，-1又CD平面BCD，AECD，ADCD，ADAEA，AE，AD平面ABD，CD平面ABD，BP平面ABD，CDBP，-3又CDADD，CD，AD平面ACD，BP平面ACD. -5(2)如图所示，过点M作MHPC，垂足为H.由(1)知，BP平面ACD，MH平面ACD，BPMH，又BPPCP，BP，PC平面BPC，MH平面BPC，MPC为MP与平面BPC所成角. -7由(1)知，CD平面ABD，BD平面ABD，CDBD，在RtBCD中，BCD30，BD2，DC2，M为CD的中点，MDCMCD，在RtPDM中，PM2，在RtPDC中，PC，

13、 -9在CPM中，cosMPC，sinMPC.所以MP与平面BPC所成角的正弦值为. -11(3)取ED的中点为O，连接PO，P为线段AD的中点，PO/AE，POAE，由(1)知，AE平面BCD，PO平面BCD， -12又BM平面BCD，所以POBM. 过点P作PGBM（此处亦可过点O作BM垂线），垂足为G，连接OG，POPGP，PO，PG平面POG，所以BM平面POG又OG平面POG，BMOG，PGO为二面角PBMD的平面角. -13在RtBDM中，BM，由(1)知，ABD为等边三角形，P为线段AD的中点，所以BP，由(1)知，BP平面ACD，PM平面ACD，BPPM，在RtBPM中，BPPMBMPG，由(2)知，PM2，即2PG，解得PG. -14PO平面BCD，OG平面BCD，所以POOG，在RtPOG中，GO， -16cosPGO，即二面角PBMD的平面角的余弦值为. -17