第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年江蘇省南通市如皋市高一（下）調(diào)研數(shù)學(xué)試卷（二）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知a=(2,1)，b=A.2 B.12 C.?2 2.若z+2z?=A.?2 B.2 C.?2i3.已知單位向量e1，e2滿足(e1+e2)A.π4 B.π3 C.2π4.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2siA.π6 B.π3 C.2π5.已知α，β，γ為三個不同的平面，m，n為兩條不同的直線，則下列結(jié)論正確的是(

)A.若m/?/α，n/?/α，則m/?/n B.若m⊥α，n⊥α，則m6.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若滿足條件A=π6，c=2A.(1,2) B.(2,7.如圖，圓臺的上、下底面半徑分別為r1，r2，半徑為r的球與圓臺的上、下底面及母線均相切，圓臺的側(cè)面積為25π，則r1A.5

B.5π

C.10

D.8.已知?x∈(0,π4)A.1 B.2 C.2 D.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知sin2α=cosA.2π B.73π C.410.在復(fù)平面內(nèi)，OZ1，OZ2對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z1=12+A.?32+12i B.11.在長方體ABCD?A1B1C1D1中，E、F分別為BC，CCA.若G為BB1的中點，則A1G/?/平面AEF

B.平面AEF截長方體A三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.2sin35°13.已知空間四邊形ABCD的對角線AC=22，BD=2，M，N分別為AB，14.已知O為坐標(biāo)原點，函數(shù)y=cosωx(π<ω<2π)圖象與x軸的一個交點為四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a=1，bc+1+cb+116.(本小題15分)

如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，M為棱BB1上一點．

(117.(本小題15分)

已知sin(α+β)=?255,sin18.(本小題17分)

已知|OB|=2|OA|=2，OA與OB的夾角為π3，C為△ABO外接圓上一點，OC與線段AB交于點D．

(1)若BD19.(本小題17分)

如圖，在四棱錐E?ABCD中，BC⊥平面ABE，BC/?/AD，且AD=2BC=2，F(xiàn)是DE的中點．

(1)證明：DA

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：因為a=(2,1)，b=(cosα,sinα)，且2.【答案】D

【解析】解：設(shè)z=a+bi(a,b∈R)，

代入z+2z?=3?i，得(a+bi)+2(3.【答案】B

【解析】解：因為單位向量e1，e2滿足(e1+e2)?e1=32，

所以e12+e1?e2=4.【答案】B

【解析】解：因為2sinC?sinAcosA=sinBcosB，

所以2sinCc5.【答案】D

【解析】解：對于A、若m/?/α，n/?/α，則m/?/n或m與n相交或m與n異面，故A錯誤；

對于B、若m⊥α，n⊥α，則m/?/n，故B錯誤；

對于C、若β⊥α，γ⊥α，則β/?/6.【答案】A

【解析】解：因為A=π6，c=2的△ABC有兩個，

所以asinπ6=2sinC，

7.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，畫出幾何體的軸截面，如圖所示：

設(shè)O1、O2分別是上、下底面圓的圓心，O為內(nèi)切球的球心，

過點O作OM⊥BC，垂足為M，連接OB、OC，

由切線定理知，BM=BO2=r2，CM=CO8.【答案】C

【解析】解：∵x∈(0,π4)，

∴0<tanx<1，tan(x+π4)>1，tan2x>0，

∴?x∈(0,π4)，tan(x+π9.【答案】AB【解析】解：sin2α=cos(32π+α)=sinα，

所以2sinαc10.【答案】AC【解析】解：因為z1=12+32i，z2=cosθ+isinθ，且OZ1⊥OZ2，

所以(12,311.【答案】AC【解析】解：對于A選項，取B1C1的中點Q，連接A1Q，GQ，BC1，A1G，則GQ//BC1//EF，

∵AA1=QE，AA1//QE，

∴四邊形AA1QE是平行四邊形，∴A1Q//AE，

又A1Q∩GQ=Q，AE∩EF=E，A1Q、GQ?平面A1GQ，AE、EF?平面AEF，

∴平面A1GQ/?/平面AEF，

又A1G?平面A1GQ，

∴A1G//平面AEF，即A選項正確；

對于B選項，連接AD1，D1F，AE，則EF/?/AD1，

∴A，E，F(xiàn)，D1四點共面，

∴平面AEF截長方體ABCD?A1B1C1D1所得截面為四邊形AEFD1，即B選項錯誤；

對于C選項，將平面AA1B1B與平面BB1D1D沿12.【答案】3【解析】解：2sin35°?3s13.【答案】45°【解析】解：如圖，

取AD中點G，連接MG，NG，

則BD//GM，CD//NG，

∴異面直線AC和BD所成的角即為∠MGN(或其補(bǔ)角)，

∵AC=22，BD=2，M、N分別為AB、CD的中點，

∴NG=2，14.【答案】3π【解析】解：令ωx=π2+kπ,k∈Z，得x=π2ω+kπω,k∈Z，

所以A(π2ω+kπω,0)，k∈15.【答案】解：(1)因為bc+1+cb+1=1，a=1，

整理可得：b2+c2=bc+1，

即b2+c2?a2=【解析】(1)由題意及余弦定理可得cosA的值，再由角A的范圍，可得角A的大小；

(16.【答案】證明：(1)連接B1D1，交A1C1于Q，可得Q為B1D1的中點，連接QO，O為底面ABCD的中心，

由題意可得D1Q//OB，且D1Q=OB，

所以四邊形OBQD1是平行四邊形，所以D1O//QO，

BQ?平面A1BC1，D1O?平面A1BC1，

所以D1O/?/平面A1BC【解析】(1)連接B1D1，交A1C1于Q，由題意可證得四邊形OBQD1是平行四邊形，可證得D1O//QO，進(jìn)而可證得結(jié)論；

17.【答案】解：(1)∵α∈(0,π4),β∈[?π2,0]，

∴2α∈(0,π2)，α+β∈(?π2,π4)，

又sin(α+β)=?255,si【解析】(1)由已知分別求出cos2α與cos(α+β)的值，再由sin(18.【答案】解：(1)因為|OB|=2|OA|=2，OA與OB的夾角為π3，

所以O(shè)A?OB=1×2×12=1，

若BD=2DA，則AD=13AB=13(OB?OA)，

所以O(shè)D?AB=(OA+AD)?(OB?OA)=[OA+13(OB【解析】(1)以O(shè)A，OB為基底，表示目標(biāo)向量，再根據(jù)向量的線性運算和數(shù)量積的運算法則，求解即可；

(2)(ⅰ)易知∠BOC19.【答案】(1)證明：取AE的中點G，連接BG，GF，

因為F是DE的中點，所以GF/?/AD，AD=2GF，

又BC/?/AD，且AD=2BC，所以GF/?/BC，GF=BC，

所以四邊形BCFG是平行四邊形，所以CF//BG，

因為BC⊥平面ABE，BC/?/AD，

所以AD⊥平面ABE，

又BG?平面ABE，所以AD⊥BG，

所以DA⊥CF．

(2)解：由(1)知CF//BG，

所以∠DBG就是直線CF與直線DB所成角，即cos∠DBG=64，

設(shè)AG=x(x>0)，

由勾股定理知，DG=4+x2，BG=4?