江苏省宿迁市泗阳县两校2023-2024学年高一下学期第二次学情调研（5月月考）数学试题

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【分析】利用向量共线的坐标表示求出λ，再结合反向共线即可得解.
【详解】由向量m=2,λ，n=2−λ,−4共线，得λ(2−λ)=−8，解得λ=−2或λ=4，
当λ=−2时，m=2,−2，n=4,−4，m与n同向，不符合题意，
当λ=4时，m=2,4，n=−2,−4，m与n反向，符合题意，
所以实数λ的值为4.
故选：A
2．A
【分析】借助圆锥的侧面积公式与扇形面积公式可得底面半径，再利用圆锥表面积公式计算即可得.
【详解】圆锥的底面半径为r，
由圆锥的侧面积公式与扇形面积公式可得πr×4=12×π×42=8π，
即圆锥的底面半径r=2，
则S表=πr×4+πr2=8π+4π=12π.
故选：A.
3．D
【分析】利用正三棱锥的性质，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，然后用勾股定理可解得高.
【详解】正三棱锥A−OBC中，点A在平面OBC的射影是点D，即为等边△OBC的中心，
已知OA=OB=1，可得OD=23×1×sinπ3=33，
由AD⊥底面OBC，OD⊂底面OBC，可得AD⊥OD，
则由勾股定理可得高AD=OA2−OD2=1−13=63.
故选：D.
4．D
【分析】把直观图还原成原来的图形，则原图形是平行四边形，根据斜二测画法法则求得原图形的面积.
【详解】由斜二测画法知：对应原图OA′B′C′中OA=OA′=1,OB=12OB′=2，且OB′⊥OA′，
且OA′B′C′为平行四边形，如下图示，

所以原图形OA′B′C′的面积为S=1×22=22.
故选：D
5．C
【分析】由三角形角的范围以及大边对大角原理并结合正弦定理计算即可求解.
【详解】由正弦定理可得22sinC=433sinπ4，
所以sinC=32，又C∈0,π，且c>b，
所以C=π3或C=2π3，
故选：C.
6．A
【分析】利用已知条件求解斜高，然后求解正三棱锥的侧面积．
【详解】由题意可知底面正三角形的中心到底面正三角形的边的距离为：13×32×6=3，
所以正三棱锥的斜高为：6+3=3，
所以这个正三棱锥的侧面积为：3×12×6×3=27.
故选：A.
7．D
【分析】通过平行得到平面与C1D1的交点H，从而得到与面A1B1C1D1的交线，再由平行得到与平面ABCD的交线，从而确定点G的位置，根据H为C1D1的四等分点得到G为AD的三等分点，从而得到AG的长.
【详解】
如图，平面B1EF与平面CC1D1D的交线与B1E平行，即过点F作B1E的平行线，交C1D1于点H，连接B1H，
因为E，F分别为棱AB和DD1的中点，所以H为C1D1的四等分点,
过点E作EG∥B1H，交AD于点G.从而G为AD的三等分点，故AG=23×2=43.
故选：D.
8．C
【分析】利用两角差的正切公式计算可得tanθ=13，结合切弦互化即可求解.
【详解】由tanθ−π4=−12，得tanθ−11+tanθ=−12，
解得tanθ=13，
所以2sin2θ+sin2θ1+sin2θ=2sin2θ+2sinθcsθcs2θ+sin2θ+2sinθcsθ=2tan2θ+2tanθtan2θ+1+2tanθ=12.
故选：C
9．BCD
【分析】根据柱体和锥体的体结构特征和基本性质对每一题进行逐一分析判断.
【详解】对于A，三棱锥只有4个面，故A错误；
对于B，由平行六面体的定义可知，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确；
对于C，由棱锥的定义可知，侧面是三角形，底面的边数决定了它是几棱锥，从而有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故C正确；
对于D，由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确.
故选：BCD.
10．ACD
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然m⊂α,m⊂β，又m⊥γ，则α⊥γ,β⊥γ，A正确；
对于B，由m⊂α,n⊄α，得m与n可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由α∩β=l,β∩γ=m，l∩m=P，知点P在平面α,β,γ内，
即为平面α,γ的公共点，而γ∩α=n，因此P∈n，C正确；
对于D，由m⊥α,m⊥β，得α//β，而α//γ，因此β//γ，D正确.
故选：ACD
11．AD
【分析】先化简f(x)，令2x−π6=π2+kπ,k∈Z求出fx的对称轴可判断A；令2x−π6=kπ,k∈Z求出fx的对称中心可判断B；当sin2x−π6=1或−1求出fx的最大值和最小值可判断C，D.
【详解】f(x)=sin2x+3sinxcsx=1−cs2x2+32sin2x=sin2x−π6+12
对于A，令2x−π6=π2+kπ,k∈Z，所以x=π3+kπ2,k∈Z，
令k=0，所以fx的一条对称轴方程为x=π3，故A正确；
对于B，令2x−π6=kπ,k∈Z，则x=π12+kπ2,k∈Z，
令k=0，所以fx的一个对称中心为π12,12，故B错误；
对于C，当sin2x−π6=−1时，fx的最小值是−1+12=−12，故C错误；
对于D，当sin2x−π6=1时，fx的最大值是1+12=32，故D正确.
故选：AD.
12．{−2+2i,−2−2i}
【分析】利用配方法和复数的运算性质结合虚数单位，求解即可.
【详解】由x2+4x+6=0，得(x+2)2=−2，
所以x+2=±2i，即x=−2±2i，
则解集为{−2+2i,−2−2i}.
.故答案为：{−2+2i,−2−2i}.
13．π6
【分析】取PD的中点E，证明AE//MN，得到∠PAE是异面直线PA与MN所成的角或其补角，结合题设条件在△PAE中，求∠PAE即得.
【详解】
如图，取PD的中点E，连接AE,EN,
因M，N分别是AB，PC的中点，底面ABCD是平行四边形，故EN//DC且EN=12DC,
又AM//CD且AM=12CD，故得▱AMNE,
即AE//MN,故∠PAE是异面直线PA与MN所成的角或其补角.
由AE=12(AP+AD),两边取平方，AE2=14(AP2+AD2+2AP⋅AD)，
设AP,AD的夹角为θ，因PA=43，AE=MN=AD=4,代入上式，
整理可得，csθ=0，即θ=90∘，故PD=42+(43)2=8,则PE=4，
在△PAE中，设∠PAE=α,csα=16+48−162×4×43=32，因0<α<π，故∠PAE=π6.
故答案为：π6
14．32或34
【分析】根据题意利用正弦定理可得B=π6，结合余弦定理可得c=2或c=1，代入面积公式即可得结果.
【详解】因为c−2bsinC=0，由正弦定理可得sinC−2sinBsinC=0，
且C∈0,π，则sinC≠0，可得1−2sinB=0，即sinB=12，
且B∈0,π2，可知B=π6，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
即1=3+c2−3c，解得c=2或c=1，
所以△ABC的面积为
S△ABC=12acsinB=12×3×2×12=32或S△ABC=12acsinB=12×3×1×12=34.
故答案为：32或34.
15．(1)z2=12−16i
(2)−28
【分析】（1）由复数的运算结合复数的几何意义即可求解；
（2）将复数z=4−2i代入方程，再由几何意义求出m,n，求出最后结果即可.
【详解】（1）设z=a+bia,b∈R，
则z+2i=a+2+bi为实数，
所以b=−2，
z2−i=a−2i2+i2−i2+i=2a+2+a−4i5为实数，
所以a=4，
所以z=4−2i，
所以z2=4−2i2=16−16i−4=12−16i.
（2）因为复数z是方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个解，
代入可得4−2i2+4−2im+n=0，
整理可得12+4m+n=0−16−2m=0，
解得m=−8,n=20
所以m−n=−28.
16．(1)B=2π3
(2)3．
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；
（2）根据余弦定理求出c边，再根据向量运算求BD.
【详解】（1）因为acsB−bcsA=−a−c，
根据正弦定理，得sinAcsB−csAsinB=−sinA−sinC=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈0,π，所以B=2π3.
（2）在△ABC中，由余弦定理得(27)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4．
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=c2+a2+2ac⋅cs2π3，
因为a=2,c=4，所以4|BD|2=12，解得BD=3.

17．(1)证明见解析
(2)arctan35
【分析】（1）欲证线面垂直，需证线线垂直.根据条件，先证直线BC垂直于平面CDP内的两条相交直线即可；
（2）先确定所求的线面角，再在三角形中求解.
【详解】（1）如图：
因为底面ABCD是正方形⇒ BC⊥DC；
又因为PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD ⇒ PD⊥BC；
又PD,CD⊂平面PCD，且PD∩CD=D；
所以BC⊥平面CDP.
（2）因为BC⊥平面CDP，所以∠BPC即为直线PB与平面PCD所成的角.
在直角△PCB中：
∠PCB=π2，BC=3，PC=PD2+CD2=42+32=5.
所以tan∠BPC=BCPC=35 ⇒ ∠BPC=arctan35.即为所求.
18．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可证明出平面SAC⊥平面AMN；
（2）先根据条件作出二面角D−AC−M的平面角∠FQM，假设边长后利用Rt△MFQ即可求出结果.
【详解】（1）证明：由条件有DC⊥SA,DC⊥DA，
且SA,DA⊂平面SAD，SA∩DA=A，
∴DC⊥平面SAD，又AM⊂平面SAD，∴AM⊥DC；
又∵SA=AD，M是SD的中点，∴AM⊥SD；
又DC,SD⊂平面SDC，DC∩SD=D，
∴AM⊥平面SDC，SC⊂平面SDC，∴SC⊥AM．
由已知SC⊥AN，且AM,AN⊂平面AMN，AM∩AN=A，
∴SC⊥平面AMN．又SC⊂平面SAC，
∴平面SAC⊥平面AMN．
（2）取AD中点F，则MF∥SA，作FQ⊥AC于Q，连结MQ．
∵SA⊥底面ABCD，∴MF⊥底面ABCD．
∴FQ为MQ在平面ABCD内的射影，
∵FQ⊥AC，∴MQ⊥AC，
∴∠FQM为二面角D−AC−M的平面角．
设SA=AB=a，
在Rt△MFQ中，MF=12SA=a2，FQ=14BD=2a4，
∴tan∠FQM=a22a4=2；
∴二面角D−AC−M的正切值为2．
.
19．(1)19
(2)−2114
【分析】（1）由题意计算e1⋅e2，再代入向量模的公式OP=3e1+2e2=3e1+2e22，即可求解；
（2）首先求m⋅n，m和n，再代入向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）由题意可知，e1=e2=1，e1⋅e2=e1e2cs60∘=12，
所以OP=3e1+2e2=3e1+2e22=9e12+4e22+12e1⋅e2，
=9+4+6=19；
（2）m=2,4，n=−6,3，
根据（2）的结果可知，m⋅n=2×−6+4×3+12×2×3+12×4×−6=−9；
m=2e1+4e22=4e12+16e22+16e1⋅e2=4+16+8=27；
n=−6e1+3e22=36e12+9e22−36e1⋅e2=36+9−18=33，
则csθ=m⋅nmn=−927×33=−2114.