2022-2023學(xué)年山東省棗莊市高一（下）質(zhì)檢數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學(xué)年山東省棗莊市高一（下）質(zhì)檢數(shù)學(xué)試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1.復(fù)數(shù)4+3i2A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.cos20°A.?12 B.0 C.123.如圖，點(diǎn)O是平行四邊形ABCD兩條對角線的交點(diǎn)，則下列等式一定成立的是(

)

A.AB+AD=CA B.4.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若sin(A+A.等腰三角形 B.直角三角形

C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形5.已知三棱錐底面ABC是邊長為2的等邊三角形，頂點(diǎn)S與AB邊中點(diǎn)D的連線SD垂直于底面ABC，且SA.43π B.203π C.6.已知點(diǎn)O為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠AOB=120°，OA=1，OB=2，過O作A.37 B.57 C.3147.古希臘亞歷山大學(xué)派著名幾何學(xué)家巴普士，生前有大量的著作，但大部分遺失在歷史長河中，僅有《數(shù)學(xué)匯編》保存下來.《數(shù)學(xué)匯編》一共8卷，在《數(shù)學(xué)匯編》第3卷中記載著這樣一個定理：“如果在同一平面內(nèi)的一個閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于該閉合圖形的面積與該閉合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積”，V=Sl(V表示平面閉合圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)所得幾何體的體積，S表示閉合圖形的面積，l表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長).已知在梯形ABCD中，AD//BCA.149 B.169 C.2298.已知函數(shù)f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)在區(qū)間[0,π]上有且僅有4條對稱軸，給出下列四個結(jié)論(

)A.1 B.2 C.3 D.4二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）9.已知a，b，c是三條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，下列命題正確的有(

)A.若a⊥b，a⊥c，則b/?/c B.若a/?/b，a/?/c，則b10.在△ABC中，若tanAA.sinA=cosB 11.數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)表的《三角形的幾何學(xué)》一書中提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，此直線被稱為三角形的歐拉線，該定理則被稱為歐拉線定理.設(shè)點(diǎn)O、G、H分別是△ABC的外心、重心、垂心，且M為BC的中點(diǎn)，則A.OH=OA+OB+O12.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為3，點(diǎn)E，F(xiàn)是棱DD1，CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)A.MC1的最小值為6?2

B.存在點(diǎn)M，使得AM⊥CE

C.存在點(diǎn)M，使得三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知向量a，b滿足(a?b)⊥b，且|a|=2，|b14.已知cos(π4?α)=35，sin(515.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若2csin(B16.表面積為100π的球面上有四點(diǎn)S、A、B、C，△ABC是等邊三角形，球心O到平面ABC的距離為3，若面SAB⊥面

四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知復(fù)數(shù)z1=a+i，z2=1?i，其中a是實(shí)數(shù)．

(1)若z18.(本小題12.0分)

已知向量a=(1,2)，b=(3,k)．

(1)若a/?/b，求|b19.(本小題12.0分)

已知f(x)=4cosx?cos(x+π6),x∈R．

20.(本小題12.0分)

已知在△ABC中，點(diǎn)M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)．

(1)若△ABC的面積為5，CM=6，21.(本小題12.0分)

如圖，E是直角梯形ABCD底邊AB的中點(diǎn)，AB=2DC=2BC，將△ADE沿DE折起形成四棱錐A?BCD22.(本小題12.0分)

如圖，C、D是兩個小區(qū)所在地，C、D到一條公路AB的垂直距離分別為CA=1km，DB=2km，AB兩端之間的距離為6km．

(1)某移動公司將在AB之間找一點(diǎn)P，在P處建造一個信號塔，使得P對A、C的張角與P對B、D的張角相等(即∠CPA=∠DPB)答案和解析1.【答案】A

【解析】解：4+3i2?i=(4+3i)(2+2.【答案】C

【解析】解：cos20°cos40°?3.【答案】C

【解析】【分析】

本題考查了平面向量的加法、減法運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．

根據(jù)平面向量的加減運(yùn)算的平行四邊形和三角形法則即可得出．

【解答】

解：∵點(diǎn)O是平行四邊形ABCD兩條對角線的交點(diǎn)，

∴AB+AD=AC，4.【答案】D

【解析】解：由于sin(A+B)?sin(A?B)=sin2A，

整理得：sinAco5.【答案】B

【解析】解：如圖，

設(shè)底面正三角形ABC的外心為E，三角形SAB的外心為F，

分別過E、F作所在面的垂線相交于O，則O為三棱錐S?ABC外接球的球心，

再設(shè)底面正三角形外接圓的半徑為r1，則r1=22sinπ3=233，

由已知求得SA=SB=3+1=2，可得6.【答案】C

【解析】解：如圖：

因?yàn)辄c(diǎn)O為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠AOB=120°，OA=1，OB=2，

所以O(shè)D?AD=0，

則OD?EA=?OD?AO+AD2=?A7.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，設(shè)該梯形的重心為G，過點(diǎn)G作GE⊥AB，交AB與點(diǎn)E，

設(shè)GE=r，即梯形ABCD的重心G到邊AB的距離為r，

將梯形繞邊AB旋轉(zhuǎn)一周，得到一個圓臺，

該圓臺的體積V=13(4π+16π+4π×16π)4=28×4π3，

點(diǎn)G8.【答案】B

【解析】解：∵函數(shù)f(x)=sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4)(ω>0)在區(qū)間[0,π]上有且僅有4條對稱軸，

ωx+π4∈[π4,ωπ+π4]，

∴7π2≤ωπ+π4<9π9.【答案】BD【解析】解：A選項(xiàng)，若a⊥b，a⊥c，則b，c可能異面，A選項(xiàng)錯誤；

B選項(xiàng)，若a/?/b，a/?/c，則b/?/c，B選項(xiàng)正確；

C選項(xiàng)，若α⊥β，α⊥γ，則β，γ可能相交，C選項(xiàng)錯誤；10.【答案】AB【解析】解：因?yàn)閠anA+B2=sin(A+B)，即sinA+B2cosA+B2=2sinA+B2?cosA+B2，

可得2cos2A+B2=1，即cos(A+B)11.【答案】AB【解析】解：作圖如下所示：

A.因?yàn)镺G=12GH，所以O(shè)G=13OH，所以G為重心，所以GA+GB+GC=0，

所以O(shè)A?OG+OB?OG+OC?OG=0，

所以O(shè)G=13(OA+OB+OC)，所以13OH=13(12.【答案】AC【解析】解：根據(jù)題意可知AD⊥平面CDD1C1，

所以∠AMD為AM與面CDD1C1所成角，且AD⊥DM，

因?yàn)檎襟wABCD?A1B1C1D1的棱長為3，AM與面CDD1C1所成角的正切值為32，

所以tan∠AMD=ADDM=3DM=32，解得DM=2，

所以點(diǎn)M的軌跡為以D點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓在側(cè)面CDD1C1內(nèi)的弧GH，如圖，

此時CH=GD1=1，

對于A選項(xiàng)，有MC1≥C1D?DM=6?2，當(dāng)且僅當(dāng)M，C1，D三點(diǎn)共線時等號成立，

故MC1的最小值為6?2，正確；

對于B選項(xiàng)，因?yàn)锳D⊥平面CDD1C1，CE?平面CDD1C1，所以AD⊥CE，

假設(shè)存在點(diǎn)M，使得AM⊥CE，則AD?AM=A，CE⊥平面ADM，

由于DM?平面ADM，故有CE⊥DM，

另一方面，在側(cè)面CDD1C1中，取棱C1D1的中點(diǎn)N，

由點(diǎn)E是棱DD1的中點(diǎn)，進(jìn)而結(jié)合平面幾何知識易得CE⊥DN，

故要使CE⊥DM，則點(diǎn)N與點(diǎn)M重合，

由于CH=GD1=1，ND1=3213.【答案】60°【解析】解：根據(jù)題意，設(shè)a與b的夾角為θ，

若(a?b)⊥b，則(a?b)?b=a?b?b2=2cosθ?1=14.【答案】5665【解析】解：∵cos(π4?α)=35,sin(5π4+β)=?1213,α∈(π4,3π4),β∈(0,π4)，

∴?π2<π4?α<15.【答案】[6【解析】解：由題意知，2csin(B+π6)=a+b=4，

所以c=2sin(B+π6)，且0<c<a+b=4，即sin(B+π6)>1216.【答案】12(【解析】解：∵球的表面積為100π，∴球的半徑為5，

設(shè)△ABC的中心為O′，則OO′=3，∴CO′=4，

∴△ABC的邊長為43，∴△ABC的面積為123，欲使其體積最大，

應(yīng)有S到平面ABC的距離取最大值，又面SAB⊥面ABC，

∴點(diǎn)S在平面ABC17.【答案】解：(1)復(fù)數(shù)z1=a+i，則z12=(a+i)2=(a2?1)+2ai=?2i，

又a是實(shí)數(shù)，因此a2?1=02a=?2，

解得a=?1，

所以實(shí)數(shù)a的值是?1；

(2)復(fù)數(shù)z1【解析】(1)可求出z12=(a+i)2=(a2?1)+2ai=?2i，從而得出a218.【答案】解：(1)因?yàn)橄蛄縜=(1,2)，b=(3,k)，且a/?/b，

所以1×k?2×3=0，解得k=6，

所以|b|=32+62=35．

(2)a=【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合向量共線的性質(zhì)，即可求解；

(2)根據(jù)已知條件，結(jié)合向量垂直的性質(zhì)，即可求解；

(3)根據(jù)已知條件，可得a?b19.【答案】解：(1)因?yàn)閒(x)=4cosx?cos(x+π6)

=23cos2x?2cosxsinx

=3(cos2x+1)?sin2x

=2cos(2x+π6)+3，

則T=2π【解析】(1)利用三角函數(shù)恒等變換化簡函數(shù)解析式可得f(x)=2cos(2x20.【答案】(1)解：由題意知，△ACM的面積為12CM?CA?sin∠ACM=12×6×AC×3018=52，

解得AC=3，

在△ACM中，由余弦定理得，

AM2=AC2+CM2?2AC?CM?cos【解析】(1)根據(jù)三角形的面積列方程求出AC的值，再由余弦定理求出AM，即可得出AB．

(2)利用余弦定理求出BN21.【答案】(1)證明：在直角梯形ABCD中，

∵DC//BE，且DC=BE，∴四邊形BCDE為平行四邊形，

又∠B=90°，從而DE⊥EB，DE⊥EA．

因此，在四棱錐A?BCDE中，有DE⊥面ABE；

(2)解：由(1)知∠AEB即二面角A?DE?B的平面角，

故∠AEB=60°，又AE=EB，∴△AEB為等邊三角形．

設(shè)BE的中點(diǎn)為F，CD的中點(diǎn)為G，連接AF、FG、A【解析】(1)由E是直角梯形ABCD底邊AB的中點(diǎn)，且AB=2DC，可得四邊形BCDE為平行四