2023-2024学年江苏省苏州五中高一(下)月考数学试卷(5月份)(含解析)

2023-2024学年江苏省苏州五中高一（下）月考数学试卷（5月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

=i(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为( )
1.复数z满足2+i
z
A. 1−2i
B. 1+2i
C. −1+2i
D. −1−2i
2.水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )
A. 锐角三角形
B. 钝角三角形
C. 直角三角形
D. 任意三角形
3.在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，且AO=OC，BO=OD，|AC|=|BD|，则( )
A. AC⊥BD
B. 四边形ABCD是梯形
C. 四边形ABCD是菱形
D. 四边形ABCD是矩形
4.某地新建了一处云顶观景塔，引来广大市民参观，张同学在与塔底
水平的A处，利用无人机在距离地面22m的C处观测塔顶的俯角为
30°，在无人机正下方距离地面2m的B处观测塔顶仰角为60°，则该塔
的高度为( )
A. 15m
B. (153+2)m
C. 17m
D. (103+2)m
5.已知f(x)=2sin(2x+φ)的部分图象如图所示，−π
<φ<0，x1，x2是f(x)相邻
2
的两个零点，且x2=4x1，则x1的值为( )
A. π
6
π
B. 2
3
π
C. 5
12
π
D. 5
6
6.如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为( )A.
33B.
55C.
306D.
66
7.已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，△ABC 的外接圆的面积为3π，且cos 2A−cos 2B +cos 2C =1+sinAsinC ，则△ABC 的最大边长为( )A. 2
B. 3
C.
3
D. 2
3
8.在△ABC 中，已知AB =6，AC =2，且满足DB =2AD ，AE =EC ，若线段CD 和线段BE 的交点为P ，则AP ⋅(CA +CB )=( )A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
二、多选题：本题共3小题，共18分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.已知函数f (x )=(2cos 2ωx−1)sin 2ωx +1
2cos 4ωx (ω>0)，则下列说法正确的是( )A. 若f (x )的两个相邻的极值点之差的绝对值等于π
4，则ω=2B. 当ω=12时，f (x )在区间[−π4,π4]上的最小值为−1
2C. 当ω=1时，f (x )在区间[−π
4,0]上单调递增
D. 当ω=1时，将f (x )图象向右平移π
8个单位长度得到g (x )=
2
2
sin(4x−π4)的图象
10.如图，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，且E 为CD 的中点，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起，则下列说法正确的是( )
A. 不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN //平面DEC
B. 不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ⊥AE
C. 不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN //AB
D. 在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD
11.如图，在等腰直角△ABC 中，斜边|BC |=6，且DC =2BD ，点P 是线段AD 上任一点，则AP ⋅CP 的可能取值是( )A. −1B. 0C. 4D. 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.函数f (x )=sin(ωx−π
3)(ω>0)的图象向右平移π
6个单位长度后得到函数g (x )的图象，且g (x )的图象的一条对称轴是直线x =−π6，则ω的最小值为
13.已知△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，b +c
sinA
=
b−a sinB−sinC ，且△ABC 的面积为
3
12
，a +b = 2c ，则c = ______．
14.如图，在平行四边形ABCD 中，点E 是CD 的中点，点F 为线段BD 上的一动点，若AF =xAE +yDC (x >0,y >0)，则2−3x
4y 2+1的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.(本小题13分)
已知复数z 1=a +3i ，z 2=2−ai (a ∈R ,i 是虚数单位)．
(1)若z 1−−
z 2在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a 的取值范围；(2)若虚数z 1是实系数一元二次方程x 2−6x +m =0的根，求实数m 的值．16.(本小题15分)在△ABC 中，a =
3,A =π
3
，_____．
(Ⅰ)求sinB ；(Ⅱ)求c 以S △ABC 的值．
从①cosB =−34，②b 2=2
6
3
asinB ，这两个条件中选一个，补充在上面问题中，使△ABC 存在并作答．
17.(本小题15分)
如图，平面PAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为4的正方形，∠APB =90°，M 是CD 的中点．
(1)在图中作出并指明平面PAM和平面PBC的交线l；
(2)求证：AP⊥BC；
(3)当AP=2时，求PC与平面ABCD所成角的正切值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=cos2x−sin2x−2cos2(x+π
4
)，x∈[0,π]．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小值及对应的x的值：
(Ⅱ)设△ABC的内角是A，B，C，若f(A)=−2，且A≠π
2
，∠ABC的角平分线BD交AC于D，BD=CD，求AD：DC的值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，满足：AB⊥AC，M是BC的中点．
(Ⅰ)若|AB|=|
−
AC|，求向量AB+2AC.与向量2
−
AB+AC的夹角的余弦值；
(Ⅱ)若O是线段AM上任意一点，且|
−
AB|=|AC|=2，求
−
OA⋅OB+OC⋅OA的最小值；
(Ⅲ)若点P是∠BAC内一点，且|
−
AP|=2,AP⋅AC=2,AP⋅AB=1，求|AB+AC+AP|的最小值．
答案和解析1.【答案】B
【解析】解：由2+i
z =i，得z=2+i
i
=1−2i，
∴−
z=1+2i．
故选：B．
根据复数的除法运算和共轭复数定义计算即可．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，根据斜二测画法作平面图形的直观图原理，得△ABC中有一角为钝角，是钝角三角形．
故选：B．
根据斜二测画法作平面图形直观图的原理，可得△ABC中有一角为钝角，△ABC是钝角三角形．
本题考查了斜二测画法作平面图形的直观图和原三角形形状的判断等知识，是基础题目．
3.【答案】D
【解析】解：AC与BD交于点O，且AO=OC，BO=OD，|AC|=|BD|，
则四边形ABCD对角线互相平分且相等，四边形ABCD是矩形．
故选：D．
结合矩形的判定定理，即可求解．
本题主要考查向量的概念与向量的模，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设塔顶为点D，DD1为塔高，作DE⊥BC交BC于E，
如图所示：
易知∠DBC=30°，∠DCB=60°，所以∠CDB=90°，
根据题意可得，AB=2m，AC=22m，所以BC=20m，
所以CD=1
2
BC=10m，
同理CE=1
2
DC=5m，
即塔高DD1=AE=AC−CE=17m，所以该塔的高度为17m．
故选：C．
设塔顶为点D，作DE⊥BC于E，由题意可得塔高的值．本题考查勾股定理的应用，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意可得，T=π，x2−x1=π
2，
因为x2=4x1，
所以x1=π
6，
故选：A．
由已知结合正弦函数的周期及特殊点即可求解．
本题主要考查了正弦函数周期性的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】
解：取BC的中点H，连接EH，AH，∠EHA=90°，设AB=2，则BH=HE=1，AH=5，所以AE=6，
连接ED，ED=6，因为BC//AD，
所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD，在△EAD中cos∠EAD=
6+4−6
2×2×6
=6
6
，
故选：D．
由题意知异面直线AE与BC所成角即为∠EAD，在△EAD中可求角．本题考查异面直线所成的角，属于简单题．
7.【答案】B
【解析】解：因为△ABC的外接圆的面积为πR2=3π，
所以R=3，
因为cos2A−cos2B+cos2C=1+sinAsinC，
则1−sin2A−1+sin2B+1−sin2C=1+sinAsinC，
即sin2A−sin2B+sin2C+sinAsinC=0，
根据正弦定理a2+c2−b2+ac=0，
根据余弦定理cosB =a 2+c 2−b 2
2ac
=−1
2，
所以B =120°，
故b 为最长边b =2RsinB =3．故选：B ．
由已知先求出R ，然后结合同角平方关系及余弦定理可求cosB ，进而可求B ，再由正弦定理可求b ．本题主要考查了同角平方关系，余弦定理，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：设AP =xAB +yAC ，
由DB =2AD 知AB =3AD ，∴AP =3xAD +yAC ，∵D ，P ，C 三点共线，∴3x +y =1(1)，由AE =EC 知AC =2AE ，∴AP =xAB +2yAE ，∵B ，P ，E 三点共线，∴x +2y =1(2)，由(1)(2)得：x =15,y =2
5，∴AP =15AB +2
5AC ，
而CA +CB =−AC +AB−AC =AB−2AC ，
∴AP ⋅(CA +CB )=(1
5AB +2
5AC )(AB−2AC )=1
5(AB 2
−4AC 2
)=1
5×(62−4×22)=4，故选：B ．
待定系数法将AP 分解，由平面向量共线定理求出系数，然后代回原式计算．本题考查了平面向量基本定理和数量积的运算，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：函数f (x )=
(2cos 2ωx−1)sin 2ωx
+12cos 4ωx =cos 2ωx ⋅sin 2ωx +12cos 4ωx = 2
2
sin(4ωx +π4)．
对于A ：由于函数f (x )的两个相邻的极值点之差的绝对值等于π4，故T 2=π4，解得T =π
2，所以ω=4，故A 错误；
对于B ：当ω=1
2时，f (x )=
2
2
sin(2x +π4)，由于x ∈[−π4,π4]，故2x +π4∈[−π4,3π4]，所以函数的最小值为−1
2，故B 正确；对于C ：当ω=1时，f (x )=
2
2
sin(4x +π4)，由于x ∈[−π4,0]，所以4x +π4∈[−3π4,π4]，故函数在该区间上
不单调，故C错误；
对于D：当ω=1时，将f(x)=2
2sin(4x+π
4
)图象向右平移π
8
个单位得到g(x)=2
2
sin(4x−π
4
)的图象，故
D正确；
故选：BD．
直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换的应用判断ABCD的结论．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由已知，在未折叠的原梯形中，AB//DE，BE//AD，
所以四边形ABED为平行四边形，
所以BE=AD，
折叠后如图所示，
过点M作MP//DE，交AE于点P，连结NP，
因为M，N分别是AD，BE的中点，
所以P为AE的中点，
故NP//AB//EC，
又MP∩NP=P，DE∩CE=E，
所以平面MNP//平面DEC，又MN⊂平面MNP，
故MN//平面DEC，
故选项A正确；
由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP=P，MP，NP⊂平面MNP，
所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，
所以MN⊥AE，
故选项B正确；
假设MN//AB，则MN与AB确定平面MNBA，
从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，
与BE和AD是异面直线矛盾，
故选项C错误；
当EC⊥ED时，EC⊥AD，
因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED=E，EA，ED⊂平面ADE，
所以EC⊥平面AED，又AD⊂平面AED，
所以EC⊥AD，
故选项D正确．
故选：ABD．
利用平面几何知识得到四边形ABED为平行四边形，由此画出折叠后的立体图形，利用线线、线面位置关系的判定进行逐一分析判断，即可得到答案．
本题考查了判断线面平行、线线平行、线线垂直，涉及了平面中线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是能正确画出折叠后的立体图形，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：点P是线段AD上任一点，DC=2BD，
∴AP=λAD=λ(AB+1
3BC)=λ[AB+1
3
(AC−AB)]=2λ
3
AB+λ
3
AC，(0≤λ≤1)，
∴CP=AP−AC=2λ
3AB+(λ
3
−1)AC，
又AB 2
=AC2=18，AB⋅AC=0，
∴AP⋅CP=8λ2+2λ2−6λ=10(λ−3
10)2−9
10
，
∵0≤λ≤1，
∴−9
10
≤AP⋅CP≤4，
∴AP⋅CP的可能取值为0，4．故选：BC．
根据条件可得出AP=2λ
3AB+λ
3
AC，CP=2λ
3
AB+(λ
3
−1)AC，然后进行数量积的运算即可得出
AP⋅CP=10λ2−6λ，然后根据0≤λ≤1即可求出AP⋅CP的取值范围，从而得出正确的选项．
本题考查了向量加法和减法的几何意义，向量数乘的几何意义，向量的数乘和数量积的运算，配方求二次函数值域的方法，考查了计算能力，属于中档题．
12.【答案】1
2
【解析】【分析】
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用平移变换求出g(x)的解析式，利用对称性是解决本题的关键，属于中档题．
利用平移变换求出函数g(x)的解析式，利用对称性进行求解．
【解答】
解：将f(x)=sin(ωx−π
3
)(ω>0)的图象向右平移π
6
个单位长度后得到函数g(x)的图象，
即g(x)=sin[ω(x−π
6
)−π
3
)]=sin(ωx−π
6
ω−π
3
)，
∵g(x)的图象的一条对称轴是直线x=−π
6
，
∴−π
6ω−π
6
ω−π
3
=kπ+π
2
，k∈Z，
即−π
3
ω=kπ+5π
6
，k∈Z，
得ω=−3k−5
2
，k∈Z，∵ω>0，
∴当k=−1时，ω取得最小，最小值为3−5
2=1
2
，
故答案为：1
2
．13.【答案】1
【解析】解：由b+c
sinA =b−a
sinB−sinC
，结合正弦定理得，b+c
a
=b−a
b−c
，
∴b2−c2=ab−a2，即b2+a2−c2=ab，
由余弦定理可得，cosC=b2+a2−c2
2ba =1
2
，
∴sinC=3
2
，
∴△ABC的面积为1
2absinC=3
12
，解得ab=1
3
，
又a+b=2c，∴cosC=b2+a2−c2
2ba =(b+a)2−2ab−c2
2ab
=
2c2−2
3
−c2
2
3
=1
2
，
解得c =1．
故答案为：1．
利用正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，即可解出．
本题考查正弦定理与余弦定理的应用，学生的数学运算能力，属基础题．
14.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查向量的线性运算，向量三点共线问题，以及基本不等式的应用，属于中档题．先得到AE =32AO ，进而得到AF =32xAO +yAB ，由O ，F ，B 三点共线，得到3x +2y =2，再利用基本不等式求最值即可．
【解答】
解：如图，
设BD 与AE 的交点为O ，则由DE //AB ，得
AO OE =AB DE =2，∴AO =2OE ，∴AE =32AO ，∴AF =xAE +yDC =32xAO +yAB ，
∵O ，F ，B 三点共线，
∴3x 2+y =1，∴3x +2y =2，
∴2−3x 4y 2+1=2y 4y 2+1=24y +1y ≤22 4=1
2，当且仅当4y =1y ，即y =12
，x =1
3时取等号，∴2−3x 4y 2+1的最大值为12．
故答案为：1
2．15.【答案】解：(1)∵z 1=a +3i ，z 2=2−ai ，∴z 1−−
z 2=a−2+(3−a )i ，
∵z 1−−z 2在复平面内对应的点落在第一象限，
∴{
a−2>03−a >0，解得2<a <3，即实数a 的取值范围是(2,3)；
(2)由虚数z 1是实系数一元二次方程x 2−6x +m =0的根，
得z 21−6z 1+m =0，即(a +3i )2−6(a +3i )+m =0，整理得a 2−6a +m−9+(6a−18)i =0，
∴{a 2−6a +m−9=06a−18=0，解得{a =3m =18．
故m =18．
【解析】本题考查复数代数形式的乘除运算化简，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
(1)由已知结合复数代数形式的乘除运算化简z 1−−z 2，再由其实部与虚部均大于0列不等式组求解a 的范围；
(2)把z 1代入实系数一元二次方程x 2−6x +m =0，整理后利用复数相等的条件列式求得a 与m 值．16.【答案】解：若选择①，由cosB =−34<−12，则B >
2π3
，又A =π3，
则A +B >π，又由三角形内角和定理可得A +B +C =π，矛盾，故这样的△ABC 不存在；
若选择②，
(I )由于b 2=2
63
asinB ，则由正弦定理可得bsinB =2 63
sinAsinB ，因为B 为三角形内角，sinB >0，
所以可得b =2 63sinA =2 63× 32
= 2，则2=2 63× 3sinB ，解得sinB =
22
；(Ⅱ)由余弦定理可得a 2=b 2+c 2−2bccosA ，即3=2+c 2−2× 2×c ×12，
解得c = 2± 62
(舍负)，所以S △ABC =12bcsinA =12× 2× 2+ 62× 32
=3+ 34． 【解析】选择①，由cosB =−34得B >2π
3知不满足；
选择②，(I )由正弦定理化边为角求出b ，即可求出sinB ；(Ⅱ)由余弦定理求出c ，再结合面积公式即可求
解；
本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是正确利用正余弦定理进行求解，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图，延长AM与BC交于点Q，连接PQ，
直线PQ即为所求交线l．
证明：(2)因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC．
又平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB，
又AP⊂平面PAB，所以AP⊥BC．
解：(3)如图，过点P作PH⊥AB于点H，连接CH，
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，PH⊥AB，
PH⊂平面PAB，所以PH⊥平面ABCD．
所以∠PCH即为PC与平面ABCD所成的角，
在△APB中，∠APB=90°，AP=2，AB=4，所以
PB=23，∠PAB=60°，
从而PH=3，BH=3，
在Rt△BCH中，CH=5，
所以tan∠PCH=PH
CH =3
5
．
【解析】(1)延长AM与BC交于点Q，连接PQ，直线PQ即为所求交线l；
(2)由正方形的性质可得AB⊥BC，由面面垂直的性质可得，BC⊥平面PAB，再由线面垂直的性质可得结果；
(3)过点P作PH⊥AB于点H，连接CH，由面面垂直的性质可得PH⊥平面ABCD.则∠PCH即为PC与平面ABCD所成的角，利用直角三角形的性质可得结果．
本题主要考查线面垂直的判定定理与性质，以及面面垂直的性质，线面角的求法，属于中档题．解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．
18.【答案】解：(Ⅰ)函数
f (x )
=cos 2x−sin 2x−2cos 2(x +π4)
=cos2x−cos(2x +π2)−1
=cos2x +sin2x−1 = 2sin(2x +π4
)−1由于x ∈[0,π]，
所以2x +π4∈[π4,
9π4]，故当x =5π8时，函数f (x )的最小值为−
2−1．
(Ⅱ)由于f (A )=−2，所以 2sin(2A +π4)=−1，
由于A ∈(0,π)，所以2A +π4∈(π4,9π4)所以A =3π4
或A =π2(不合题意，舍去)
由于BD 为∠ABC 的平分线，
所以∠ABD =∠DBC ，
BD =CD ，
所以∠DBC =∠C ，
故∠ABD =∠DBC =∠C ，
所以∠ABC =2∠C ，由于∠A +∠ABC +∠C =π，
所以3π4
+3∠C =π，故∠C =π12，利用正弦定理：AD BD
=sin ∠ABD sin A =sin π12sin 3π4= 2sin π12，sin π12=sin (π4−π6)=sin π4cos π6−cos π4sin π6= 6− 24，所以AD ：DC =AD :BD = 3−12
．
【解析】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，正弦定理和三角函数的值的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果；
(Ⅱ)利用正弦定理和两角差的正弦公式求出结果．
19.【答案】解：(I )设向量AB +2AC .与向量2−AB +AC 的夹角为θ
∴cosθ=(AB 2AC )(2AB AC )
|AB +2AC |⋅|2AB +AC |
，令|AB |=|−AC |=a
∴cosθ=2a 2+2a 2 5a 5a
=45(II )∵|AB |=|−AC |= 2，∴|AM |=1
设|OA |=x ，则|OM |=1−x ，
而OB +OC =2OM ∴OA ⋅OB +OC ⋅OA =OA ⋅(OB +OC )=2OA ⋅OM =2|OA ||OM |cosπ=−2x (1−x )=2x 2−2x =2(x−12)2−
12当且仅当x =12时，OA ⋅OB +OC ⋅OA 的最小值是−12
(III )设∠CAP =α⇒∠BAP =π2−α∵AP ⋅AC =2,AP ⋅AB =1,|AP |=2
∴2⋅|AC |cosα=2⇒|AC |=
1cos α,2⋅|AB |cos(π2−α)=1⇒|AB |=12sinα
∴|AB +AC +AP |2=AB 2+AC 2+AP 2+2AB ⋅AC +2AC ⋅AP +2AB ⋅AP =1cos 2α+14sin 2α+4+2+4=sin 2α+cos 2αcos 2α+sin 2α+cos 2α4sin 2α+10=sin 2αcos 2α+cos 2α4sin 2α+454≥2 sin 2αcos 2αcos 2α4sin 2α+454
=1+454=494当且仅当sin 2αcos 2α=cos 2α4sin 2α⇒tanα= 22时,|AB +.AC +AP |m ⋅m
=72 【解析】(I )利用向量的数量积公式得到cosθ=
(AB 2AC )(2AB AC )|AB +2AC |⋅|2AB +AC |，利用向量的数量积公式展开，求出向量AB +2AC .与向量2−AB +A ⋅C 的夹角的余弦值；
(II )通过解三角形求出AM 的长，设|OA |=x ，则|OM |=1−x ，利用向量的平行四边形法则得到而
OB+OC=2OM
，利用向量的数量积公式将
−
OA⋅O
⋅
B+OC⋅OA表示成关于x的二次函数，通过求二次函数的最值求出最小
值．
(III)设∠CAP=α，将已知条件利用向量的数量积公式表示成关于α的三角函数，将|AB+AC+AP|平方转化为关于α的三角函数，然后利用基本不等式求出其最小值．
解决向量的夹角问题，一般利用的是向量的数量积公式．是一道综合题．。