2023-2024学年江苏省泰兴中学、泰州中学联考高一(下)质检数学试卷(5月份)+答案解析

2023-2024学年江苏省泰兴中学、泰州中学联考高一（下）质检数学试
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。

1.()
A. B. C. D.
2.如图，等腰梯形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中
，，则原图形ABCD的面积是()
A.6
B.
C.
D.
3.若复数，则的最大值为()
A.1
B.2
C.9
D.3
4.设m，n则是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则()
A.若，，则
B.若，，则
C.若，，则
D.若，，则
5.已知，则()
A. B. C. D.
6.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2，若正八边形EFDH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH 八条边上的动点，则的最大值为()
A. B. C. D.
7.已知为锐角三角形，，则的取值范围为()
A. B. C. D.
8.棱长为2的正方体中，M，N分别为BD，的中点，点P在正方体
的表面上运动，若，则AP的最大值为()
A.2
B.
C.3
D.
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。

全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.已知复数，是关于x的方程的两根，则()
A. B.
C. D.若，则
10.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、若，，则下列说法正确的有()
A. B. C. D.
11.如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，F是侧面
上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是()
A.直线与EF所成角的范围是
B.存在点F，使得
C.平面截正方体所得截面面积为9
D.平面与平面所成锐二面角的大小是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知复数z满足为虚数单位，则______.
13.如图，已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线与
AB，AD所在直线分别交于点M，N，满足，
，若，则的值为______.
14.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为______.
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
已知平面向量，
求的值；
若向量与夹角为，求实数的值.
16.本小题15分
如图，四棱锥的底面为梯形，，，点
E在棱PD上，且证明：平面ACE；
设平面
BCE与棱PA交于点F，证明：
17.本小题15分
如图，在三棱柱中，，且平面平面
证明：平面；
证明：平面平面；
设点P为棱BC的中点，求直线与平面所成角的正切值.
18.本小题17分
某学校有一四边形地块，为了提高校园土地的利用率，现把其中的一部分作为学校生物综合实践基地.如图
所示，，M是BC中点，E，F分别在边AB、AC上，拟作为花草种植区，四边形AEMF拟作为景观欣赏区，拟作为谷物蔬菜区，ME和MF拟建造快速通道，，
记快速通道的宽度忽略不计
若，求景观欣赏区所在四边形AEMF的面积；
当取何值时，可使快速通道的路程最短？最短路程是多少？
19.本小题17分
设是一个关于复数z的表达式，若其中x，y，，，i为虚数单位，就
称f将点“f对应”到点例如：将点“f对应”到点
若，点“f对应”到点，点“对应”到点，求点、的坐标.
设常数k，，若直线l：，，是否存在一个有序实数对，使得直线l上的任意一点“f对应”到点后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对；若不存在，请说明理由.
设常数a，，集合且和且，若满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有；②对于集合A中的任意一个元素w，都存在集合D中
的元素z使得请写出满足条件的一个有序实数对，并论证此时的满足条件.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：
故选：
结合诱导公式与两角差的正弦公式，求解即可．
本题考查三角函数的求值，熟练掌握诱导公式与两角差的正弦公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，该图形的直观图为等腰梯形，其中，，
其高为，
则直观图的面积，
故原图ABCD的面积
故选：
根据题意，先求出直观图的面积，进而计算可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意直观图面积与原图面积的关系，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：，
当时，的最大值为
故选：
由已知结合复数代数形式的加法运算及复数模的求法求解．
本题考查复数代数形式的加法运算，考查复数模的求法，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对A选项，，，与可以成任意角，选项错误；
对
B选项，，，或，选项错误；
对C选项，，一定平行于内的某条直线n，
又，，又，，选项正确；
对D选项，，，则或，选项错误．
故选：
根据空间中线线关系，线面关系，面面关系，针对各个选项分别求解即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为，
所以，可得，
所以
故选：
由已知展开两角和与差的余弦，求得，进而利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式即可求解．
本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式的应用，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由，
显然当P在线段DC上时，最大，
过C作，垂足为M，
此时，
又，
则，
则，
则，
即的最大值为
故选：
由平面向量数量积的运算，结合投影的运算求解即可．
本题考查了向量数量积的运算，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为为锐角三角形，且，
所以，，解得
由正弦定理，得，
结合，化简得，
因为，可得，所以，可得
故选：
根据且为锐角三角形，列式算出，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式，化简得，结合正切函数的性质求出的取值范围．
本题主要考查正弦定理、三角恒等变换公式、正切函数的图象与性质等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图所示，取的中点E，的中点为F，连接，
EF，，
可证，，所以平面，
取AD中点T，BC中点Q，的四等分点R，满足，
的四等分点S，满足，
可证平面平面，所以平面QRST，
又因为平面QRST经过BD的中点M，
由已知可得P点轨迹为四边形QRST的边界不包括内部和点，
所以当点P位于点R时，AP取最大值，为
故选：
取的中点
E，的中点为F，连接，EF，，可证平面，取AD中点T，BC 中点
Q，的四等分点R，的四等分点S，可证平面QRST，得出P点轨迹为四边形QRST的
边界不包括内部和点，当点P位于点R时，AP取最大值，计算即可．
本题考查了空间中的平行与垂足关系应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：复数，是关于x的方程的两根，
，，不妨设，，，故A正确；
由韦达定理可得，，故C正确；
，时，故B错误；
时，，，
，，同理，故D正确．
故选：
在复数范围内解方程得，，然后根据复数的概念、运算判断各选项．
本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：因为，所以，
又A、B、C为三角形的内角，所以，
则，即，
所以，即，故A正确；
由，可得，
由正弦定理可得，即，
所以，即，
又，则，
所以，故B正确；
由余弦定理可得，即，
整理可得，解得或舍，故D错误；
因为，
则，故C正确．
故选：
由辅助角公式化简即可判断A；结合正弦定理代入计算即可得到，从而判断B；由余弦定理代入计算即可判断D；再由三角形的面积公式即可判断
本题考查正弦定理、余弦定理，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：在正方体中，取CD的中点G，连接EG，
四边形是正方体的对角面，
则，
四边形是平面截正方体所得截面，
取，的中点M，N，连接MN，，，
显然，，
则四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
于是平面，而，平面，平面，
则平面，又，MN，平面，
因此平面平面，
而平面，
则平面，又平面，
平面平面，
从而点F的轨迹是线段MN，
对于A，在中，，，
，
则，
，又
，
因此直线与EF 所成角的范围是
，故A 正确；
对于B ，，当F 为线段MN 的中点时，
，
又
，因此
，故B 正确；
对于C ，四边形
中，，
，
，
显然四边形
为等腰梯形，高
，
，故C 错误；
对于
D ，由平面，平面，
得平面平面，
在平面内过E 作于O ，
而平面平面
，
则
平面
，
连接，显然是平面与平面的交线，
于是，过O 作于H ，连接EH ，而，
EO ，
平面EOH ，则平面EOH ，又
平面EOH ，
于是，
所以
是二面角
的平面角，
，
在中，，
由余弦定理得，
则，
在中，，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的大小是，故D正确．
故选：
根据给定条件，作出平面截正方体的截面，进而确定点F的轨迹，再逐项分析判断即得．
本题考查立体几何综合问题，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：由题意，，
则
故答案为：
化简复数z，可得复数的模长．
本题考查复数的模长，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：因为平行四边形ABCD的对角线相交于点O，且，，所以，
因为O，M，N三点共线，所以，即，
又因为，联立解得，，
所以
故答案为：
由平面向量的线性运算可得，再结合即可求得m，n，再求和即可．
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由正弦定理及，知，
因为，，
所以，
因为，
所以，
又，所以，
所以，即，
所以，即，
由，知，所以，所以，，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为
故答案为：
利用正弦定理化边为角，结合二倍角公式与和差化积公式，可得，再利用诱导公式与两角和差正弦公式，推出，然后结合两角差的正切公式与基本不等式，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，和差化积公式，两角和差公式，二倍角公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：因为，，
所以，可得
因为，且，
所以，
结合与夹角为，可得，
即，化简得，其中，解得或
【解析】先求出向量的坐标，然后根据向量的模的公式求出的值；
将向量与的数量积表示为的式子，根据与夹角为建立关于的方程，解之即可得到本题的答案．
本题主要考查平面向量数量积的定义及其坐标表示、向量的模的公式等知识，属于基础题．
16.【答案】证明：如图，连接BD，设，连接EO，
因为，且，
所以，
又，则，
所以，
又平面ACE，平面ACE，
所以平面
因为，平面BCEF，平面BCEF，
所以平面BCEF，
又平面PAD，平面平面，
所以，
所以，即
【解析】连接BD，设，连接EO，可得，所以，利用线面平行的判定定理可得结论；
依题意及线面平行的判定定理可得平面BCEF，再由线面平行的性质定理可得，进而得解．
本题考查线面平行的判定定理和性质定理，考查平行线的性质，属于中档题．
17.【答案】证明：在中，由，
由正弦定理可得：，即，
所以，则，所以，
又平面平面，平面平面，平面ABC，
所以平面；
连接与，如图，
在中，由，
在中，由余弦定理可得：
，
所以，则，
在棱柱中，，由知，
所以，又，，，平面，
所以平面，又平面ABC，
所以平面平面；
解：由知平面，所以在平面内射影为，
则为直线与平面所成角，
由知平面，面，
所以，又，
所以，
在中，，则，
在中，，
则，
所以直线与平面所成角的正切值为
【解析】在中，由，由正弦定理可得，即，然后利用面面垂直的性质定理结合已知条件即可得证；
在中，由余弦定理求出，可得，又易证，然后利用面面垂直的判定定理即可得证；
由知平面，所以在平面内射影为，则为直线与平面所成角，然后结合已知条件通过解三角形即可求解．
本题考查了垂直的判定定理和性质定理的应用，线面角的几何求解，属于难题．
18.【答案】解：当时，，
此时ME为中位线，
；
在中，，
，，
由正弦定理得，，
所以，，
在中，，，，
由正弦定理得，，
所以，所以，
所以
，其中，
令，
因为，所以
所以，
又因为在单调递增，在单调递减，
所以在单调递增，
所以当，即时，
，
所以当取时，可使快速通道路程最短，最短距离为
【解析】由已知可得ME为中位线，由计算可得结论；
由正弦定理分别可得，，计算可求
的最小值即可得答案．
本题主要考查解三角形和三角函数的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由知，则，故，
设，则，
由知，，则，，即；
直线l上的任意一点“对应”到点，
所以，，且，
所以，，即，
由题意，点仍在直线l上，
则，又，
则，
展开整理得，
则，解得，
所以，所求的有序实数对为；
满足条件的一个有序实数对为，
即，，，证明如下：
证明：设，x，且，
则，
，
因为，
所以，
，
即，满足条件①；
设，m，，且，即，得，由得，
则
，
则，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为
【解析】根据题中的新定义求解即可；
由题意可得，，进而由条件得出关于k，t的方程组，求解即可；
满足条件的一个有序实数对为，即，，，结合复数模的求法及复数的运算证明即可．
本题属于新定义，考查了复数的线性运算、模的运算，也考查了逻辑推理能力，理解定义是关键，属于难题．。