山東省滕州市第一中學2019-2020學年高一下學期第一次月考數學測試題姓名：班級：考號：一、單選題復數（3+/）m—（2+j）對應的點在第三象限內，貝實數m的取值范圍是（）22A.mVB.mV1C.<m<1D.m>133uuuruuuruuur已知A（3,—l丿，B（3,2丿，O為坐標原點，OP=2OA+XOB（九wR丿.點p在x軸上，則九的值為A.0B.1C.-1D.-2如果一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是一個底角為45。，腰和上底均為1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是（）+*22+"2A.2+、［2B.C.D.1+、22已知i為虛數單位，復數z=a+4i,z=-3+bi，若它們的和z+z為實數，差z-z為純121212虛數,貝a,b的值分別為（）A.-3,-4B.-3,4C.3,-4D.3,4在AABC中，B=60°，b2二ac，則AABC一定是A.銳角三角形B.鈍角三角形c.等腰三角形D.等邊三角形6.a=6筋，b=1，a-b=-9，vv則a與b的夾角（）A.120°B.150°C.60°D.30°7.設m，n是兩條不同的直線,么,卩是兩個不同的平面,下列命題中正確的是（）A.若m//a,m//P，則a//卩B.若m丄a，m丄n，則n丄aC.若C.若m丄a,m//n，則n丄aD.若么丄^,m丄a，則m//P8AABC中，內角A,B,C所對的邊分別為a‘b‘c.①若A>B，則sinA>sinB；②若sin2A=sin2B,則AABC一定為等腰三角形；③若acosB-bcosA=c,則AABC一定為直角三角形；④若B二才,a=2，且該三角形有兩解，則b的范圍是C'3,+8).以上結論中正確的有()A．1個BA．1個B．2個C．3個D．4個VVVVVVVa-baVVVVVVVa-babB.a-b<a)A．v2D．v9.對任意向量a,vb下列關系式中恒成立的是(C1D],CC1的中點，則下列說法正確的是()A.A、M、N、B四點共面B.平面ADM丄平面CDDC11二、多選題v.,-bl|c.(V+?(a+沁-次c.(V+?10.如圖，在長方體ABCD—ABCD^中，AA=AB=4,BC=2,M,N分別為棱C.直線BN與BM所成角的為60。D.BN//平面ADM已知集合M=^m!m=innwN｝，其中i為虛數單位，則下列元素屬于集合M的是()A.(1-i)(1+i)B.C.工D.(l-i)21+i1-ivvvvvvvVVvVVVvvv若a,b,c均為單位向量，且a-b=0,(a—c)-(b—c)<0，則a+b-c的值可能為()B.1C.D.2三、填空題13.在AABC中，內角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,若c=2a,bsinB—bsinB—asinA=asinC2則cosB=14?若復數z滿足：z-(1+D=2，則1z|=.15?如圖，E是棱長為1正方體ABCD—A1B1C1D1的棱CD上的一點，且BD1//平面B1CE，則線段CE的長度為.v16.若兩個非零向量v16.若兩個非零向量arrv丄十b滿足a+b==2a，則向量a+b與a夾角為.四、解答題vv已知平面向量a=(1,x)，b=(2x+3,—x)(xgN).vv若a與b垂直，求x；v若a//b，求若a//b，求a―b.已知復數z=1—2i(i為虛數單位).若z-z0=2z+z0，求復數z0的共軛復數；若z是關于x的方程x2-mx+5=0一個虛根，求實數m的值.19.如圖在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形，點E、F分別是棱PC和PD的中E(1)求證：EFP平面PAB(2)若AP=AD，且平面PAD丄平面ABCD，證明AF丄平面PCD.c+2b20.已知a,b,c分別為AABC內角A,B,C的對邊，cosC=—2a(1)求A；(2)已知點D在BC邊上，DC=2BD=2,AC=弋3，求AD.21.21.如圖，四棱錐S-ABCD的底面是邊長為1的正方形，SD垂直于底面ABCD,SD=1，.求證BC丄SC；求平面SBC與平面ABCD所成二面角的大??；設棱SA的中點為M，求異面直線dm與SB所成角的大小uuuur22.已知0為坐標原點，對于函數f(x)=asinx+bcosx,稱向量OM=(a,b)為函數uuuurf(x丿的伴隨向量，同時稱函數f(x丿為向量OM的伴隨函數.uuuur，試求g(uuuur，試求g(x丿的伴隨向量OM；(1)設函數g(x)=yf3sin(兀+x)—sin時sinx的(2)記向量ON=(1,J3)的伴隨函數為f(x)，求當f(x)=8且x+專,時sinx的（3）由（1）中函數g（x）的圖象（縱坐標不變）橫坐標伸長為原來的2倍，再把整個圖象向右平移2^個單位長度得到h（x）的圖象，已知A（—2,3），B（2,6），問在y=h（x）的圖uuuruuur象上是否存在一點P,使得AP丄BP.若存在，求出P點坐標；若不存在，說明理由.參考答案1．A復數(3+i)m—(2+i)=3m—2+(m—l)i在第三象限，貝J3m—2；°，m—1<02解得m<-.2．Buuuruuuruuur根據向量的坐標運算知OP=2OA+/OB=(6+31,—2+2k)，因為p在x軸上，所以—2+21=0，艮卩1=13．A則原來的平面圖形上底是1,下底是1+邁，高是2,；它的面積是2xC+1+邁）x2=2+邁-4．A解：Qz=a+4iz=—3+bi12

二Z+Z2-(a—3)+(4+b)i為實數，所以4+b=0，解得b=-4.因為z-q=(a+4i)一(一3+bi)=(a+3)+(4-b)i為純虛數，所以a+3=0且4一b豐0,解得a=-3且b豐4.故a=-3,b=-4.5．DVABC中，B=60。,=—na2+c2a2+c=—na2+c2b2=ac,cosB=—2ac故得到a=c，故得到角A等于角C,三角形為等邊三角形.6．Brr-rr?°?<a-b>=150。rr?°?<a-b>=150。.由已知cos<a-b>=麗=r一巧7．C設mn是兩條不同的直線，a,卩是兩個不同的平面，則:在A中，若m//a，m//卩，則a與0相交或平行，故A錯誤；在B中，若m丄a，m丄n，則n//a或nua，故b錯誤；在C中，若mda，m//n，則由線面垂直的判定定理得nda，故C正確;在D中，若a丄卩，m丄a，則m//0或mu0，故d錯誤.8.B①由正弦定理及大邊對大角可知①正確兀②可得A=B或A+B=，VABC是等腰三角形或直角三角形，所以②錯誤;③由正弦定理可得sinAcosB-sinBcosA=sinC，結合sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA可知cosAsinB=0，因為sinB主0，所以cosA=0，兀因為0<AG，所以A=-，因此③正確;④由正弦定理a

④由正弦定理a

sinA丄得b=凹丄sinBsinAsinA2兀兀兀因為三角形有兩解，所以~3>A>B—~3，A豐~2所以sinAg--，1，即be\/3,2），故④錯誤.k2丿9．ACDrr解：rrrr解：IaIIbI，故A正確；由向量的數量積的運算法則知C,D正確；rrrra—b>IaI—IbI，故B錯誤.rrr當b=-a豐0時,故選：ACD.10.對于A,由圖顯然AM、BN是異面直線，故A、M、N、B四點不共面，故A錯誤;對于B,由題意AD丄平面CDDC，故平面ADM丄平面CDDC，故B正確；1111對于C,取CD的中點O，連接BO、ON，可知三角形BON為等邊三角形，故C正確;對于D，BN//平面AADD，顯然BN與平面ADM不平行，故D錯誤;11故選：BC11．BC根據題意，M=(m|m=in,ngN}中，n=4k(kgN)時，in=1；n=4k+1(kgN)時，in=i；n=4k+2(kgN)時，in=—1；n=4k+3(kgN)時，in=—i，M={—1,1,i,—i}.選項A中，(1—i)(1+i)=2纟M；

選項B中,選項C中，□=((1-()2)選項B中,選項C中，1+i(1+i)(1—i)—=((1；廣)=ieM；1-i(1-i)(1+i)選項D中,(1-i)2=-2i電M.12．ABrrr因為a,b,c均為單位向量，且a-b=0,(a—c)-(b—c)<0,rrrrrr所以a-b-c-(a+b)+c2<0,而Ia+b-c1=機a+b-c)2=￡a2+b2+c2+2a-b-2a-c-2b-c=x：3-2c-(a+b)<p3一2=1,所以選項CD不正確,313—4所以cosB=2ac因為z-(1+D=2，故z=總=解：因為bsinB-asinA=解：因為bsinB-asinA=2asinC，所以由正弦定理可得b2-a2=12ac又c=2a,所以b2=a2+ac=2a2,15．24B24B連接B］交BC與O，連接EO，則O為Bq的中點,因為BD//平面BCE,Bqu平面DBC，平面DBCn平面BCE二OE,1所以OE//BD1，故e為qq的中點，所以Eq二2，在RtAECC中，CE=JCC2+EC2=1v11故答案為肓兀16.—3由|a+b|=|a-b|,得a2+2a?b+b2=a2-2a?b+b2.故向量a+b與a的夾角0的余弦值為cos0=即a?b=O,所以(a+b)?a=a2+a?b=|a|2.2(a+b)h1(a+b)?a2|a|2|a\\a\|a+b||a「2'兀又O<0<n，所以0=—.17.解：(1)由已知得,1?(2x+3)+x(-x)=0，解得x=3或x=一1.因為xgN,所以x二3.rr(2)若a//b側1?(-x)-x?(2x+3)二0，所以x=0或x=—2.rrrr因為xgN,所以x=0.所以a-b=(-2,0)，所以|a-b1=2.2z2(1-2i)18.解：(1)因為z?z0=z+z0，所以z0=-一1=一2i=2+i,所以復數-0的共軛復數為2-i.(2)因為z是關于x的方程x2-mx+5=0的一個虛根,

所以(1—2i)2—m(1—2i)+5=0，即(2—m)+(2m—4)i=0.又因為m是實數，所以m=2.19.(1)證明：因為點E、F分別是棱PC和PD的中點，所以EF〃CD，又在矩形ABCD中，AB^CD，所以EF^AB，又AB面PAB，EF@面PAB，所以EFP平面PAB(2)證明：在矩形ABCD中，AD丄CD，又平面PAD丄平面ABCD,平面PADI平面ABCD=AD，CDu面ABCD，所以CD丄平面PAD，又AFu面PAD，所以CD丄AF①因為PA=AD且F是PD的中點，所以AF丄PD，②由①②及PDu面PCD，CDu面PCD，PDcCD=D，所以AF丄平面PCD.20.解：（I）Tc+2ba220.解：（I）TTOC\o"1-5"\h\zcosC==2a2ab整理可得：b2+C2—a2=—bc，b2+c2—a2—bc1…cosA===—2bc2bc2（□）???A=耳DC=2BD=2，b=AC=、（□）???A=耳DC=2BD=2，b=AC=、3，可得：a=BC=3,.由余弦定理可得9=3+c2—2xJ3xcx可得：a2=b2+c2—2bccosA，二解得：c=J3(負值舍去),小A2+b2—C2cosC二一2ab3+4—3+4—2X、訂x2=1.AD=AC2+CD2—2AC?CD?cosC=21．21．???底面ABCD是正方形，.BC丄CD,SD丄底面ABCD，BCu底面ABCD，SD丄BC，又DCISD=D，.BC丄平面SDC，SCu平面SDC，?.BC丄SC.由(I)知BC丄SC，又CD丄BCZSCD為所求二面角的平面角，在RtADSC中，???SD=DC=1，.ZSCD=45。.取AB中點p，連結MP,DP，在DABS，由中位線定理得MPPSB???ZDMP或其補角是異面直線DM與SB所成角，???MP二1SB二衛，DM=EdP=；1+1=空，222V42所以ADMP中，有DP2=MP2+DM2，:.ZDMP=90。.22.(1)Tg(x)=.(3兀)—sin——x+I2丿v'3sin(兀+x)g(x)=cosx-、3sinx=-Q3sinx+cosx(、uuur???g(x丿的伴隨向量OM=(-冒31)(2)向量ON=(1八；3)的伴隨函數為f(x)=sinx+￡3cosx,TOC\o"1-5"\h\zQf(x丿=sinx+\：'3cosx=2sin(x+)=8，/.sin(x+)=—535兀兀兀，??x+e(0^—)，cos(x+)=sinx=sin1sinx=sin1?(=—sinx+—2一週2(兀)cosx+—I3丿10（3）由（1）知：g（x）二-（3）由（1）知：g（x）二將函數g（x）的圖像（縱坐標不變）橫坐標伸長為原來的2倍，得到函數y=-y=-2sin（1兀、—x一一126丿(1（2兀）冗、(1兀'—=-2sin<2I3丿6丿122丿h(x)二一2sin=2cosx2再把整個圖像向右平移辛個單位長得到h（x丿的圖像，得到(1)設Px,2cos—xI(1)設Px,2cos—xI2丿???A(-2,3),B(2,6)uuur(AP=1)x+2,