山东省滕州市第一中学2019-2020学年高一数学下学期第一次月考试题

山东省滕州市第一中学2019-2020学年高一数学下学期第一次月考试题一、单选题1．复数(3＋i)m－(2＋i)对应的点在第三象限内，则实数m的取值范围是（）A．m＜23B．m＜1C．23＜m＜1D．m＞12．已知3,1A，3,2B，O为坐标原点，2ROPOAOB.点P在x轴上，则的值为A．0B．1C．1D．23．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A．22B．122+C．222D．124．已知i为虚数单位,复数14zai,23zbi,若它们的和12zz为实数,差12zz为纯虚数,则a,b的值分别为()A．3,4B．3,4C．3,4D．3,45．在ABC中，60B，2bac，则ABC一定是A．锐角三角形B．钝角三角形C．等腰三角形D．等边三角形6．63a，1b，9ab，则a与b的夹角（）A．120B．150C．60D．30°7．设,mn是两条不同的直线,,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A．若//m,//m,则//B．若m，mn,则nC．若m,//mn,则nD．若,m,则//m8．ABC中，内角A，B，C所对的边分别为abc，，.①若AB，则sinsinAB；②若sin2sin2AB，则ABC一定为等腰三角形；③若coscosaBbAc，则ABC一定为直角三角形；④若3B，2a，且该三角形有两解，则b的范围是3，.以上结论中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个二、多选题9．对任意向量a，b下列关系式中恒成立的是()A．abab„B．ababC．22ababD．22ababab10．如图，在长方体1111ABCDABCD中，14AAAB，2BC，M，N分别为棱11CD，1CC的中点，则下列说法正确的是（）A．AMNB、、、四点共面B．平面ADM平面11CDDCC．直线BN与1BM所成角的为60D．//BN平面ADM11．已知集合,nMmminN，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是（）A．11iiB．11iiC．11iiD．21i12．若,,abc均为单位向量,且0,()()0abacbc,则abc的值可能为()A．21B．1C．2D．2三、填空题13．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若2ca，1sinsinsin2bBaAaC，则cosB______.14．若复数z满足：(1i)2z，则||z______.15．如图，E是棱长为1正方体1111ABCDABCD的棱11CD上的一点，且1//BD平面1BCE，则线段CE的长度为___________．16．若两个非零向量a，b满足2ababa，则向量aba与夹角为____.四、解答题17．已知平面向量(1,)ax，(23,)()bxxxN．（1）若a与b垂直，求x；（2）若//ab，求ab．18．已知复数12zi（i为虚数单位）.（1）若002zzzz，求复数0z的共轭复数；（2）若z是关于x的方程250xmx一个虚根，求实数m的值.19．如图在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点.（1）求证：EF平面PAB；（2）若APAD，且平面PAD平面ABCD，证明AF平面PCD.20．已知,,abc分别为ABC△内角,,ABC的对边，2cos2cbCa．（1）求A；（2）已知点D在BC边上，22DCBD，3AC，求AD．21．如图，四棱锥SABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，1SD，.（1）求证BCSC；（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小22．已知O为坐标原点，对于函数sincosfxaxbx，称向量,aMbO为函数fx的伴随向量，同时称函数fx为向量OM的伴随函数.（1）设函数3()3sin()sin2gxxx，试求gx的伴随向量OM；（2）记向量(1,3)ON的伴随函数为fx，求当85fx且,36x时sinx的值；（3）由（1）中函数gx的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移23个单位长度得到hx的图象，已知2,3A，2,6B，问在yhx的图象上是否存在一点P，使得APBP.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.参考答案1．A复数32321imimmi在第三象限，则32010mm，解得23m.2．B根据向量的坐标运算知263,22OPOAOB，因为P在x轴上，所以22=0，即=1.3．A根据题意，画出图形，如图所示：则原来的平面图形上底是1，下底是12，高是2，它的面积是11122222.4．A解：14zai,23zbi12(3)(4)zzabi为实数,所以40b,解得4b.因为12(4)(3)(3)(4)zzaibiabi为纯虚数,所以30a且40b,解得3a且4b.故3a,4b.5．DABC中，60B，2bac,2222221cos20022acbBacacacac故得到ac，故得到角A等于角C，三角形为等边三角形.6．B由已知93cos2631ababab，∴150ab．7．C设,mn是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则：在A中，若//m，//m，则与相交或平行，故A错误；在B中，若m，mn，则//n或n，故B错误；在C中，若m，//mn，则由线面垂直的判定定理得n，故C正确；在D中，若，m，则//m或m，故D错误．8．B①由正弦定理及大边对大角可知①正确；②可得AB或2AB，ABC是等腰三角形或直角三角形，所以②错误；③由正弦定理可得sincossincossinABBAC，结合sinsinsincossincosCABABBA可知cossin0AB，因为sin0B，所以cos0A，因为0A，所以2A，因此③正确；④由正弦定理sinsinabAB得sin3sinsinaBbAA，因为三角形有两解，所以2,332ABA所以3sin,12A，即3,2b，故④错误.9．ACD解：||||||cos,||||abababab„,故A正确；由向量的数量积的运算法则知C，D正确；当0ba时,||||abab,故B错误.故选：ACD.10．对于A，由图显然AM、BN是异面直线，故AMNB、、、四点不共面，故A错误；对于B，由题意AD平面11CDDC，故平面ADM平面11CDDC，故B正确；对于C，取CD的中点O，连接BO、ON，可知三角形BON为等边三角形，故C正确；对于D，//BN平面11AADD，显然BN与平面ADM不平行，故D错误；故选：BC11．BC根据题意，,nMmminN中，4nkkN时，1ni；41nkkN时，nii；42nkkN时，1ni；43nkkN时，nii，1,1,,Mii.选项A中，112iiM；选项B中，211111iiiiiiM；选项C中，211111iiiiiiM；选项D中，212iiM.12．AB因为,,abc均为单位向量,且0,()()0abacbc，所以2()0abcabc，所以()1cab，而2222||()222abcabcabcabacbc32()cab321，所以选项,CD不正确，13．34解：因为1sinsinsin2bBaAaC，所以由正弦定理可得2212baac.又2ca，所以222122baaca，所以2223cos24bacBac.14．2因为(1i)2z，故211zii，故|2|z，填2.15．52连接1BC，交1BC与O，连接EO，则O为1BC的中点，因为1//BD平面1BCE，1BD平面1DBC，平面1DBC平面1BCEOE，所以1//OEBD，故E为11DC的中点，所以112EC，在1RtECC中，221115142CECCEC.故答案为：52.16．3由|a+b|=|a-b|，得a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2，即a·b=0，所以(a+b)·a=a2+a·b=|a|2.故向量a+b与a的夹角θ的余弦值为cosθ=222abaaabaaaab?aaba=12.又0≤θ≤π，所以θ=3.17．解：（1）由已知得,1(23)()0xxx,解得3x或1x．因为xN,所以3x．（2）若//ab,则1()(23)0xxx,所以0x或2x．因为xN,所以0x．所以(2,0)ab,所以||2ab．18．解：（1）因为002zzzz，所以02122212izzizi，所以复数0z的共轭复数为2i.（2）因为z是关于x的方程250xmx的一个虚根，所以2121250imi，即2240mmi.又因为m是实数，所以2m.19．（1）证明：因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EFCD∥，又在矩形ABCD中，ABCD∥，所以EFAB∥，又ABÌ面PAB，EF面PAB，所以EF平面PAB（2）证明：在矩形ABCD中，ADCD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD面ABCD，所以CD平面PAD，又AF面PAD，所以CDAF①因为PAAD且F是PD的中点，所以AFPD，②由①②及PD面PCD，CD面PCD，PDCDD，所以AF平面PCD.20．解：（Ⅰ）∵2222cos22cbabcCaab，∴整理可得：222bcabc，∴2221cos222bcabcAbcbc，∵(0,)A，∴23A，（Ⅱ）∵23A，22DCBD，3bAC，可得：3aBC，∴由余弦定理2222cosabcbcA，可得2193232cc，可得：2360cc，∴解得：3c（负值舍去），∴2229333cos22233abcCab，∴ADC中，由余弦定理可得：222cosADACCDACCDC33423212．21．（I）∵底面ABCD是正方形，∴BCCD，∵SD底面ABCD，BC底面ABCD，∴SDBC，又DCSDD，∴BC⊥平面SDC，∵SC平面SDC，∴BCSC.（II）由（I）知BCSC，又CDBC,∴SCD为所求二面角的平面角，在RtDSC中，∵1SDDC，∴45SCD.（III）取AB中点P，连结,MPDP，在ABSD，由中位线定理得MPSB，DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，∵1322MPSB，215,1242DMDP，所以DMP中，有222DPMPDM，90DMP.22