1、2024-2025学年河南省驻马店高级中学高一下学期4月月考数学试卷一、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。1.43是()A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角2.已知正方形ABCD的边长为1，则AB+AD=A. 2B. 3C. 2D. 2 23.“=”是“sin=sin”的()A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4.已知平行四边形ABCD中，点E为CD的中点，AM=mAB，AN=nAD(mn0)，若MN/BE，则nm=()A. 1B. 2C. 12D. 25.魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正24576边形，求出圆周率约等于355113，和相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才被打破若已知的近似值还可以表示成4sin52，则 162cos43.5+sin43.534的值约为()A. 32B. 132C. 32D. 1326.已知函数f(x)=2sin(x+)0,|sinB，则ABB. 若a2+b2c2，则ABC为锐角三角形C. 若acosA=b
2、cosB，则ABC为等腰三角形D. 若b=2，A=3，这样的三角形有两解，则a的取值范围为 3,2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a=(1,2),b=(1,1)，且a与a+b的夹角为锐角，则实数的取值范围是13.已知幂函数f(x)=m22m2xm22在(0,+)上为增函数，则实数m的值是14.郑州二七塔是为了纪念二七大罢工而修建，是中国建筑独特的仿古联体双塔，小米同学为了测量二七塔的塔高PH，在塔底所在的水平面内取点A，测得塔顶的仰角为，前进130米后到达B点，测得塔顶的仰角为2，再前进52011米后到达C点，测得塔顶的仰角为3，则塔高PH=米.(参考数据： 153.87，最终结果保留整数，即结果精确到1m)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)已知函数f(x)=sinxcosx 3cos2x+ 32(1)求函数y=f(x)的解析式，并求其图象的对称轴方程；(2)求函数f(x)在0,上的单调递增区间16.(本小题15分)已知复数z=bi(bR)，z21+i是实数，i是虚数单位(1)求|z|的值；(2)
3、若复数(m+z)2所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围17.(本小题15分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADC=BCD=90，BC=1，CD= 3，PD=2，PDA=60，PAD=30，且平面PAD平面ABCD，在平面ABCD内过B作BOAD，交AD于O，连PO(1)求证：PO平面ABCD；(2)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为2 77，求PM的长18.(本小题17分)已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a+c2abc=cosA+cosCa2+c2b2(1)求B；(2)设D为AC的中点，b=2；求：ABC面积的最大值；BD的最大值19.(本小题17分)在平面直角坐标系xOy中，利用公式x=ax+byy=cx+dy(其中a，b，c，d为常数)，将点P(x,y)变换为点Px,y的坐标，我们称该变换为线性变换，也称为坐标变换公式，该变换公式可由a，b，c，d组成的正方形数表abcd唯一确定，我们将abcd称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，.表示(1)在平面直角坐标系xOy中，将点P(3,4)绕原点O按逆时针
4、旋转3得到点P(到原点距离不变)，求点P的坐标；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点P(x,y)绕原点O按逆时针旋转角得到点Px,y(到原点距离不变)，求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；(3)向量OP=(x,y)称为行向量形式，也可以写成xy，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式可以表示为：xy=abcdxy，则称xy是二阶矩阵abcd与向量xy的乘积，设A是一个二阶矩阵，m是平面上的任意单位向量，n是平面上与m不垂直的向量，且m与n夹角为，满足n=Am；当n在m方向上的投影向量模长为1时，求矩阵A参考答案1.C2.C3.A4.B5.C6.D7.D8.D9.AC10.ABC11.AD12. 53且013.314.6315.(1)f(x)=sinxcosx 3cos2x+ 32=12sin2x 322cos2x1=12sin2x 32cos2x=sin2x3，由2x3=2+k(kZ)，解得x=512+k2(kZ)；所以，函数y=f(x)图象的对称轴方程为x=512+k2(kZ)；(2)当x0,时，有2x33,53，要使f(x)单调递增，则需要32x32，或322x353，解得0
5、x512，或1112x；故函数f(x)在0,上的单调递增区间为0,512和1112,16.(1)因为z=bi(bR)，所以z21+i=bi21+i=(bi2)(1i)(1+i)(1i)=(b2)+(b+2)i2=b22+b+22i，又因为z21+i是实数，所以b+22=0，即b=2，所以z=2i，所以|z|=2(2)由(1)知，z=2i，所以(m+z)2=(m2i)2=m24mi+4i2=(m24)4mi，又因为复数(m+z)2所表示的点在第一象限，所以m2404m0，解得m 2，故m的取值范围为(,2)17.(1)因为BOAD，因为BC/AD，ADC=BCD=90，所以四边形BODC为矩形，在PDO中，PD=2，DO=BC=1，PDA=60，则PO= PD2+OD22PDODcos60= 3，PO2+DO2=PD2，POAD，且平面PAD平面ABCD，PO平面PAD平面PAD平面ABCD=AD，PO平面ABCD；(2)以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，PO= 3，PAD=30，可得AO=3，则O(0,0,0)，A(3,0,0)，P0,0, 3，B0,
6、 3,0，C1, 3,0，设AM=AP(01)，则BM=BA+AM=3, 3,0+3,0, 3=33, 3, 3，又平面PAD的法向量为OB=0, 3,0，直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，解得=34，PM=14AP=14 PO2+OA2= 3218.(1)由余弦定理可得cosB=a2+c2b22ac，所以，a2+c2b2=2accosB，由a+c2abc=cosA+cosCa2+c2b2得a+c2abc=cosA+cosC2accosB，整理可得a+cb=cosA+cosCcosB，由正弦定理可得sinA+sinCsinB=cosA+cosCcosB，即sinAcosB+sinCcosB=cosAsinB+sinBcosC，所以，sinAcosBcosAsinB=sinBcosCcosBsinC，所以，sin(AB)=sin(BC)，因为A、B、C0,，所以，AB、AC、BC,，有如下几种情况：(AB)+(BC)=，即AC=，矛盾；(AB)+(BC)=，即AC=，矛盾；AB=BC，可得2B=A+C=B，解得B=3(2)由余弦定理、基本不等式可得b2=a2+c22accosB=a
7、2+c2ac2acac=ac，即ac4，当且仅当a=c=2时，等号成立，所以，SABC=12acsinB= 34ac 344= 3，故ABC面积的最大值为 3；因为D为边AC的中点，则AD=DC，即BDBA=BCBD，所以，2BD=BA+BC，所以，4BD2=BA2+BC2+2BABC=c2+a2+2cacos3=a2+c2+ac，又因为a2+c2ac=b2=4，所以，a2+c2=4+ac，4BD2=4+2ac由知ac4，可得4BD212，解得BD 3，当且仅当a=c=2时，等号成立，故BD的最大值为 319.(1)由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P(3,4)的角为，则|PO|=5,cos=35,sin=45，将点P(3,4)绕原点O按逆时针旋转3得到点P，则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P的角为+3，则点P的横坐标为|PO|cos+3=5351245 32=34 32，纵坐标为|PO|sin+3=54512+35 32=4+3 32故点P坐标为：34 32,4+3 32；(2)由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P(x,y)的角为，则|PO|= x2+y2,cos=x x2+y2,sin=y x2+y2，将点P绕原点O按逆时针旋转得到点Px,y则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点P的角为+，则x=|PO|cos(+)= x2+y2x x2+y2cosy x2+y
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