1、学科网（北京）股份有限公司保密启用前试题类型：A 珠海市 2022-2023 学年度第二学期学生学业质量监测高一数学试题 2023.7 本试卷共 5 页，22 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟。一、单选题：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.若()1 i1 5iz=，则 z=（）A.22i B.22i+C.32i D.32i+2.如图所示，ABC的直观图是边长为 4 的等边A B C ，则在原图中，BC 边上的高为（）A.4 6 B.2 6 C.2 3 D.3 3.sin2023 cos17cos2023 cos
2、73+=（）A.12 B.12 C.32 D.32 4.在正方体1111ABCDA B C D中，E 是11C D 的中点，则异面直线 DE 与 AC 所成角的余弦值是（）A.0 B.12 C.3 1010 D.1010 5.已知0,2，1 cos22sin20=，则cos=（）A.15 B.55 C.45 D.2 55 6.在四面体 ABCD 中 ABBC，ABAD，向量 BC与 AD的夹角为 23，若6AB=，3BCAD=，则该四面体外接球的表面积为（）A.18 B.36 C.54 D.72 7.已知当 x=时，函数()2cossinf xxx=取得最大值，则cos2=（）学科网（北京）股
3、份有限公司A.15 B.15 C.45 D.35 8.在ABC中，1AB=，2AC=，60BAC=，P 是ABC的外接圆上的一点，若 APmABnAC=+，则 mn+的最大值是（）A.1 B.32 C.12 D.3二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.9.已知复数1 iiz=，则下列命题正确的是（）A.1 iz=+B.2z=C.复数 z 的虚部为i D.复数 z 的共轭复数在复平面上对应的点为()1,1 10.下列说法正确的有（）A.已知()1,2a=，()2,bx=
4、，若ab，则1x=B.已知0b，若ab，bc，则ac C.若 ab，则a一定不与b共线 D.若()3,1AB=，()1,ACmm=，BAC为钝角，则实数m 的范围是34m 11.已知()0,x，1sincos3xx+=，则下列结论正确的是（）A.2sin43x+=B.8sin29x=C.17sincos3xx=D.1tan0 x 12.如图，矩形 ABCD 中，E，F 分别为 BC，AD 的中点，且22BCAB=，BF 交 AE 于O，将ABE沿 AE 向上翻折，使 B 点移到 P 点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（）A.CFOP B.存在点 P，使得 PECF 学科网（北京）股份有限公司
5、C.存在点 P，使得 PEED D.三棱锥 PAED的体积最大值为26三、填空题：本题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分.13.已知复数 z 满足3i62iz+=，则2z=_.14.已知16a b=，e是与b方向相同的单位向量，若a在b上的投影向量为8e，则 b=_.15.已知2cos12 3sin=，则2cos 23+=_.16.在ABC中，60A=，3BC=，O 为ABC的外心，D，E，F 分别为 AB，BC，CA 的中点，且22234ODOEOF+=，则OA OBOB OCOC OA+=_.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.（
6、10 分）已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中()1,3a=.（1）若1c=，且ca，求c坐标；（2）若b为单位向量，且()()25abab+，求 a与b的夹角.18.（12 分）如图，在四棱锥 PABCD中，底面 ABCD 为矩形，PA 底面 ABCD，2ABPA=，且直线 PD 与底面ABCD 所成的角为 4.（1）求证：平面 PBD 平面 PAC；（2）求点C 到平面 PBD 的距离 19.（12 分）在ABC中，内角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c，设()2coscosbcaBC+=+.（1）求角 A；学科网（北京）股份有限公司（2）若 BDDC=，且2AD=，求ABC面积
7、的最大值.20.（12 分）已知函数()2sin3cos cos 2f xxxx=+.（1）设)0,，函数()12f x+是奇函数，求 的值；（2）若()f x 在区间,3 m上恰有三条对称轴，求实数m 的取值范围.21.（12 分）中国剪纸是一种民间艺术.具有广泛的群众基础，交融于各族人民的社会生活，现有一张矩形卡片 ABCD，对角线长为t（t 为常数），从ABD中裁出一个内接正方形纸片 EFGH，使得点 E，H 分别 AB，AD 上，设02DBA=，矩形纸片 ABCD 的面积为1S，正方形纸片 EFGH 的面积为2S.（1）当3=时，求正方形纸片 EFGH 的边长（结果用t 表示）；（2）
8、当 变化时，求21SS的最大值及对应的 值 22.（12 分）几何体 EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，2BCCD=，120BCD=，M 为线段 AE 的中点.（1）求证：DM 平面 BEC；（2）线段 EB 上是否存在一点 N，使得 D，M，N，C 四点共面？若存在，请求出 BNBE的值；若不存在，学科网（北京）股份有限公司并说明理由.珠海市 2022-2023 学年度第二学期学生学业质量监测高一数学参考答案及评分标准 2023.7 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D A C D B D D B BD AB BD ACD 二、填空题 13.5 14.2
9、15.78 16.32三、解答题 17、解：（1）设(),cx y=，由已知可得221,30 xyxy+=解得1232xy=或12 32xy=所以13,22c=或者13,22c=（2）由已知，()22132a=+=.由()()25abab+得()()250abab+=，即222350aa bb=，即8350a b=，所以1a b=，所以1cos,2a ba bab=.因为，0,a b，故,3a b=.18.（1）证明：PA 平面 ABCD，故PDA为直线 PD 与平面 ABCD 所成的角，因此4PDA=又2PA=，2AD=，底面 ABCD 为矩形，且2AB=，底面 ABCD 为正方形，ACBD
10、 又 PABD，而 ACPAA=，AC，PA 平面 PAC，学科网（北京）股份有限公司 BD 平面 PAC 又 BD 平面 PBD，平面 PBD 平面 PAC （2）1142 2333P BCDBCDVSPA=，由于22222 2PBPDBD=+=，所以12 22 2sin602 32PBDS=设点C 到平面 PBD 的距离为d，则12 333C PBDPBDVSdd=C PBDP BCDVV=，2 3433d=解得：2 33d=设点C 到平面 PBD 的距离为 2 33 19、解：（1）因为()2coscosbcaBC+=+，由正弦定理得：()sinsin2sincoscosBCABC+=+
11、，()()()sinsin2sincoscosACABABC+=+，所以sin coscos sinsin coscos sin2sin cos2sin cosACACABABABAC+=+整理得，cos sincos sinsin cossin cosACABABAC+=+，即cos sinsin cossin coscos sinACACABAB=所以()()sinsinCAAB=，又(),CA ，(),AB 所以CAAB=或者CAAB+=（舍）或者CAAB+=（舍），所以2CBA+=，又 ABC+=所以3A=；（2）在ABC中，由余弦定理得：2221cos22bcaAbc+=，得222b
12、cabc+=，又因为 BDDC=，所以2aBDDC=，且ADBADC+=，即coscos0ADBADC+=，由余弦定理得，222182bca+=+，联立消去2a 得22161623bcbcbcbc+=学科网（北京）股份有限公司（当且仅4 33bc=时等号成立），所以134 3sin243SbcAbc=.所以 ABC 面积最大值为 4 3 3（12 分）20.解：（1）()22sin3cos cossin3cos sin2f xxxxxxx=+=+1 cos231sin2sin 22262xxx=+=+（3 分）()1sin 2226f xx+=+是奇函数，26k=，kZ 即122k=+，kZ
13、又因为)0,，所以12=或 712 （2）当,3xm 时，52,2666xm，要让函数()f x 恰有 3 条对称轴，那么 352262m，解得 5463m，即54,63m 21、解：（1）设正方形 EFGH 的边长为a，则AEH=，cosABt=，则sinaBE=，cosAEa=，ABAEBE=+，即 coscossinata=+，整理得到cossin cossin2 11 sin cos2sin2cossinttta=+（当3=时，4 33 13at=（2）22sin22sin2tS=+，2211sincossin cossin22Stttt=因为0,2，则()20,，(sin20,1，学
14、科网（北京）股份有限公司则22122sin2(2sin2)12sin222sin22sin2sin22 2sin2StSt+=+222xyx=+在(0,1 上单调递减，故12min192222SS=+=（11 分）故21SS的最大值为 29，此时sin21=，0,2，故4=（12 分）22.（1）记 F 为 AB 的中点，连接 DF，MF，如图 1，因为 F，M 分别为 AB，AE 的中点，故 MFEB 因为 MF 平面 EBC，EB 平面 EBC，所以 MF 平面 EBC 又因为ADB为正三角形，所以60DBA=，DFAB，又BCD为等腰三角形，120BCD=，所以30DBC=，所以90AB
15、CDBADBC=+=，即 BCAB 所以 DFBC，又 DF 平面 EBC，BC 平面 EBC，所以 DF 平面 EBC 又 DFMFF=，DF，MF 平面 DMF，故平面 DMF 平面 EBC 又因为 DM 平面 EBC，故 DM 平面 BEC 图 1（2）延长CD，AB 相交于点 P，连接 PM 交 BE 于点 N，连接CN，过点 N 作 NQAE交 AB 于点Q，如图 2，因为 DM 平面 ECB，DM 平面 PDM，平面 PDM 平面 ECBCN=，所以 DMCN，此时 D，M，N，C 四点共面，由（1）可知，2BCCD=，60PCB=，CBBP，得30CPB=，4PC=，故4263P
16、NCPPMDP=学科网（北京）股份有限公司又因为 NQAE，所以23NQPNAMPM=，则有123NQNQAEAM=.故13BNNQBEAE=（12 分）图 2【选择题详解】1.【D】因为1 5i64i32i1 i2z=，所以32iz=+2.【A】.解：在直观图中，因为边长为 2 的等边A B C ，所以 B C 上的高3h=，6sin45hO A=在原图中，BC 上的高2 6AO=.3.【C】解：sin2023 cos17cos2023 cos73sin2023 cos17cos2023 sin17+=+()3sin 202317sin2040sin240sin602=+=4.【D】解：取1
17、1A B 的中点 F，连接11AC，EF，DF，因为11AACC，且11AACC=，则11AAC C 为平行四边形，可得11ACAC，又因为 E，F 分别为11C D，11A D 的中点，则11EFAC，所以 EFAC，故异面直线 DE 与 AC 所成角为DEF（或DEF的补角），学科网（北京）股份有限公司设正方体的棱长为 2，则5DEDF=，2EF=在DEF中，由余弦定理22252510cos210252DEEFDFDEFDE DF+=，所以异面直线 DE 与 AC 所成角的余弦值是 1010.5.【】解：因为21 cos22sin=，sin22sincos=所以原式可化简为：22sin4s
18、in cos=，所以sin2cos=，tan2=，所以5cos5=.6.【D】解：将四面体 ABCD 补成如图所示的直三棱柱 ADEBFC，因为向量 BC与 AD的夹角为 23，所以23EAD=，则2222cos27DEADAEAD AEEAD=+=，ADE外接圆的半径32sinDErEAD=，该四面体外接球的半径22333 2R=+=，所以该四面体外接球的表面积为()243 272=.学科网（北京）股份有限公司7.【D】解：()212cossin5cossin55f xxxxx=，后1cos5=，2sin5=，则()()5sinf xx=，由题意知，()sin1=，所以22k=+，kZ，即2
19、2k=+，kZ 故1sinsin2sincos225k=+=，所以23cos21 2sin5=.8.【B】解：由题意知，ABC为角 B 为直角的直角三角形，所以 AC 为外接圆的直径，建立以 AC 中点为坐标原点，AC 为 x 轴的直角坐标系，可得()1,0C，13,22B，()1,0A，()cos,sinP，()2,0AC=，13,22AB=，()cos1,sinAP=2 3 sin3m=，cos13 sin226n=+1sin62mn+=+，所以最大值为 32 9.【BD】解：因为1 i1 iiz=+，A 显然错误，对于 B，22112z=+=，B 故正确，对于 C，复数z 的虚部为 1，
20、故 C 错误，对于 D，复数z 的共轭复数为1 i，它在复平面上对应的点为()1,1，故 D 正确.10.【AB】解：根据向量垂直的充要条件12120 x xy y+=可知 A 正确，因为有0b 条件，所以 B 正确 对于 C，错误很明显 对于 D，首先由12120 x xy y+得34m 由 B 选项知：sin cos0 xx，所以cos0 x，因此17sincos3xx=，故 C 错；因为1sincos3xx+=，sincosxx，因此 tan1x，得 1tan0 x，故 D 对 12.【ACD】解：依题意，AFEC，AFEC=，则四边形 AECF 为平行四边形，有 CFAE，而AFABB
21、E=，90BAFABE=，即有45ABOBAO=，因此 BFAE，即OPAE，因此CFOP，A 正确；PEAEE=，CFAE，因此 PE，CF 不平行，即不存在点 P，使得 PECF，B 错 连接 PF，当1PF=时，因为22POFO=，即2221POFOPF+=，则 POFO，而 FOAE，POAEO=，PO，AE 平面 PAE，则 FO 平面 PAE，又O，F 分别为 AE，AD的中点，即 EDFO，ED 平面 PAE，而 PE 平面 PAE，则 PEED，C 对 在翻折过程中，令 PO 与平面 AED 所成角为，则点 P 到平面 AED 的距离2sinsin2hPO=，又AED的面积11
22、2AEDSAD AB=，因此三棱锥 PAED的体积122sin366P AEDAEDVSh=，当且仅当90=，即 PO 平面 AED 时取等号，所以三棱锥 PAED的体积最大值为26，D 正确.【填空题详解】13.【5】解：因为2iz=，所以234iz=，故()222345z=+=14【2】解：a在b上的投影向量为16cos8a baeaeeeba b=，学科网（北京）股份有限公司所以2b=15.【78】解：2cos12 3sin=，2cos2 3sin1=所以134cossin122=，1cos34+=所以227cos 22cos1338+=+=16、【32】解：由正弦定理知，1R=外，又因为 D，E，F 分别为 AB，BC，CA 的中点，所以()12ODOAOB=+，()12OEOCOB=+，()12OFOAOC=+，三式平方相加可得()2222221 2222224ODOEOFOAOBOCOA OBOA OCOB OC+=+又因为1OAOBOC=，代入得结果为32