还剩14页未读，
继续阅读
2023-2024学年河北省保定市清苑中学高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年河北省保定市清苑中学高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数z满足(1−i)z=2i，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
2.已知|a|=2，向量a在向量b上的投影数量为 3，则a与b的夹角为
( )
A. π3B. π6C. 2π3D. π2
3.在△ABC中，A=60°，B=75°，a=2，则△ABC中最小的边长为( )
A. 63B. 2 63C. 2D. 6
4.在△ABC中，AB⊥AC，且|AB|=|AC|= 5，M是BC的中点，O是线段AM的中点，则OA⋅(OB+OC)的值为( )
A. 0B. − 54C. −54D. −58
5.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB=8cm，CD=2cm，则该青铜器的体积为( )
A. 87 2πcm3B. 87 2π4cm3C. 43 2π2cm3D. 43 2πcm3
6.如图，在△ABC中，D是BC的中点，G是AD的中点，过点G作直线分别交AB，AC于点M，N，且AB=xAM,AC=yAN，则1x+1y的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 2
7.在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知3csAcsC=ac，且a2−c2=2b，则b=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
8.如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1容器的的高为12cm，AB=10cm，A1B1=2cm，容器中水的高度为6cm，现将57个大小相同，质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没)，水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为( )
A. 31πcm
B. 32πcm
C. 33πcm
D. 34πcm
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。
9.已知复数z1，z2，下列结论正确的有( )
A. z1+z2−=z1−+z2−
B. 若|z1|>|z2|，则z12>z22
C. |z1z2|=|z1||z2|
D. 若1<|z−2i|< 2，则点z的集合所构成的图形的面积为π
10.如图，在圆柱O1O中，轴截面ABCD为正方形，点F是AB的上一点，M为BD与轴O1O的交点，E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且EF//平面AMN，则下列选项正确的有( )
A. CF//平面AMN
B. AN⊥平面DBF
C. DB⊥平面AMN
D. F是AB的中点
11.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2](S为三角形的面积，a，b、c为三角形的三边).现有△ABC满足sinA：sinB：sinC=2：3： 7，且△ABC的面积S△ABC=6 3，则下列结论正确的是( )
A. △ABC的最短边长为4B. △ABC的三个内角满足A+B=2C
C. △ABC的外接圆半径为4 213D. △ABC的中线CD的长为3 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，矩形A′B′C′D′的长为4cm，宽为2cm，O′是A′B′的中点，它是水平放置的一个平面图形ABCD的直观图，则四边形ABCD的周长为______cm．
13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinB= 3bcsA，b=10，c=6，则BC边上的中线长是______．
14.如图所示，在三棱柱ABC−A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF−A′C′B′的体积)，V2(几何体BFEC−C′B′的体积)的两部分，那么V1：V2=______．
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)
设复数z=a2+a−2+(a2−7a+6)i，其中a∈R．
(1)若z是纯虚数，求a的值；
(2)z所对应的点在复平面的第四象限内，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知平面向量a=(1,2),b=(3,−2),c=a+3b,d=ka+b．
(1)若c//d，求k的值；
(2)若c与d的夹角为锐角，求k的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，点E在棱AB上，且AE=1．
(1)求三棱锥D1−A1CE的体积；
(2)在线段B1C1上是否存在点F，使得BF//平面A1CE，若存在，求C1FB1C1的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点．
(1)求证：EF⊥平面PAB；
(2)设AB= 2BC，求AC与平面AEF所成的角的正弦值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD=2，且a2=−2 33S+abcsC．
(1)求角B；
(2)求2AD+1CD的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵(1−i)z=2i，
∴(1+i)(1−i)z=(1+i)⋅2i，
∴z=−1+i，
则|z|= (−1)2+12= 2，
故选：B．
利用复数的四则运算法则、模的计算公式即可得出结论．
本题考查了复数的四则运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的投影、夹角，属于基础题．
利用平面向量投影的定义，列出方程求出a与b夹角的余弦值，即可得出夹角大小．
【解答】解：记向量a与向量b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
而|a|=2，
∴a在b上的投影数量为|a|csθ=2csθ．
∴2csθ= 3，
∴csθ= 32，
∵θ∈[0,π]，
∴θ=π6．
故选B．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，C=180°−60°−75°=45°，故△ABC中最小的边长为c．
由正弦定理asinA=csinC，故c=asinCsinA=2× 22 32=2 63．
故选：B．
易得C=45°，再根据正弦定理计算最小角C的对边即可．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，以A为原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴建立直角坐标系，
则A(0,0)，B( 5,0)，C(0, 5)，
因为M是BC的中点，所以M( 52, 52)，
因为O是线段AM的中点，所以O( 54, 54)，
所以OB=(3 54,− 54)，OC=(− 54,3 54)，OA=(− 54,− 54)，
所以OB+OC=( 52, 52)，
所以OA⋅(OB+OC)=− 54× 52+(− 54)× 52=−54．
故选：C．
建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，进而应用数量积的坐标运算即可．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意可得该青铜器的体积为：
π×22×2 2+13×(π×22+π×42+ π×22×π×42)×3 2+13×(π×42+π×12+ π×42×π×12)× 2
=8 2π+28 2π+7 2π=43 2π．
故选：D．
根据圆柱的体积公式，圆台的体积公式即可求解．
本题考查组合体的体积的求解，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为G是AD的中点，且AB=xAM,AC=yAN，
所以AG=12×12(AB+AC)=14(xAM+yAN)．
因为M，G，N三点共线，所以14(x+y)=1，
即x+y=4，所以1x+1y=14(x+y)⋅(1x+1y)=14(2+xy+yx)≥14(2+2 xy⋅yx)=1，
当且仅当x=y=2时，等号成立．
故选：A．
首先利用向量的线性运算，计算得AG=14(xAM+yAN)，再利用三点共线结论得系数和为1，即14(x+y)=1，再利用基本不等式求出最值即可．
本题考查的知识点：向量的线性运算，基本不等式的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
运用余弦定理，化简3csAcsC=ac，可得a2−c2=12b2，再由a2−c2=2b，解方程即可得到b．
本题考查余弦定理的运用，考查化简整理的运算能力，属于基础题．
【解答】
解：3csAcsC=ac，即为
3ccsA=acsC，
即有3c⋅b2+c2−a22bc=a⋅a2+b2−c22ab，
即有a2−c2=12b2，
又a2−c2=2b，则2b=12b2，
解得b=4．
故选A．
8.【答案】A
【解析】解：如图作出正四棱台的轴截面，
根据已知可得：E1T=F1S=12，AB=EF=10，A1B1=E1F1=2，
水面高度RT=KS=6，HR=GK=3，
所以E1H=E1T−HR−RT=12−3−6=3，同理：F1G=3，
且E1R=F1K=6，ET=ST=EF−TS2=10−22=4，
易知△E1MH∽△E1ET，
所以MHET=E1HE1T，
即MH4=312，解得MH=1，同理：GN=1，
所以MN=MH+HG+GN=1+2+1=4，
同理：△E1PR∽△E1ET，
所以PRET=E1RE1T，
即PR4=612，解得PR=2，同理：KQ=2，
所以PQ=PR+RK+KQ=2+2+2=6，
由题意知57个大小相同，质地均匀的小铁的体积等于高为3cm，上底边长4cm，下底边长6的正四棱台的体积，
设小球的半径为r，
则57×43πr3=13×3×(42+62+ 42×62)，
即76πr3=76，
所以r=31πcm．
故选：A．
利用57个大小相同，质地均匀的小铁球的体积就是水面上升高度的正四棱台的体积即可求解．
本题考查空间几何体的体积，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)．
对于A，z1+z2=(a+c)+(b+d)i，所以z1+z2−=(a+c)−(b+d)i．
而z1−+z2−=a−bi+c−di=(a+c)−(b+d)i，所以z1+z2−=z1−+z2−，A正确；
取z1=i，z2=0，则|z1|=1>|z2|=0，但z12=−1所以B错误；
z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，
所以|z1z2|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= (a2+b2)(c2+d2)=|z1||z2|，所以C正确；
1<|z−2i|< 2，则复数z在复平面内对应的点所构成的图形为半径为 2的圆去掉半径为1的同心圆，所剩余的圆环部分，故其面积为π⋅( 2)2−π⋅12=π，D正确．
故选：ACD．
设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，利用共轭复数的定义即可判断A；取特例即可判断B；利用复数模长运算可判断C；利用复数的几何意义可判断D．
本题考查复数的模，共轭复数，复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对A选项，如图，延长AM，则AM过C，
∴CF与平面AMN交于点C，∴A选项错误；
对B选项，∵AB为圆O的直径，∴BF⊥AF，
又AD⊥底面圆O，且BF⊂底面圆O，∴BF⊥AD，
又AF∩AD=A，且AF，AD⊂平面ADF，
∴BF⊥平面ADF，又AN⊂平面ADF，
∴AN⊥BF，又AN⊥DF，BF∩DF=F，且BF，DF⊂平面DBF，
∴AN⊥平面DBF，∴B选项正确；
对C选项，由B选项分析可知：AN⊥平面DBF，又BD⊂平面DBF，
∴BD⊥AN，又轴截面ABCD为正方形，
∴BD⊥AM，又AN∩AM=A，且AN，AM⊂平面AMN，
∴BD⊥平面AMN，∴C选项正确；
对D选项，∵EF//平面AMN，
又EF⊂平面DEF，且平面AMN∩平面DEF=MN，
∴EF//MN，又易知DMME=2，
∴DNNF=DMME=2，
设NF=x，则DN=2x，DF=3x，设正方形截面ABCD的边长为2，
由AN⊥DF，可得AN2=AD2−DN2=4−4x2，
∴AF2=AN2+NF2=4−4x2+x2=4−3x2，又AD⊥AF，
∴AD2+AF2=DF2，
∴4+4−3x2=9x2，∴x2=23，
∴AF2=4−3x2=2，∴AF= 2，
又AB=2，BF⊥AF，∴BF= 2，∴AF=BF，
∴F是AB的中点，∴D选项正确．
故选：BCD．
根据线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理，解三角形，即可分别求解．
本题考查线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理，解三角形，属中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3： 7，
所以由正弦定理可得a：b：c=2：3： 7，
设a=2t，b=3t，c= 7t，t>0，
因为△ABC的面积S△ABC=6 3，
所以6 3= 14[7t2×4t2−(7t2+4t2−9t22)2]，
解得t=2，则a=4，b=6，c=2 7，
所以△ABC的最短边长为4，故A正确；
因为csC=a2+b2−c22ab=16+36−282×4×6=12，
所以C=π3，
可得A+B=π−π3=2π3=2C，
所以△ABC的三个内角满足A+B=2C，故B正确；
因为C=π3，
所以sinC= 32，
由正弦定理得2R=csinC=4 213，解得R=2 213，所以△ABC的外接圆半径为2 213，故C错误；
因为CD=12(CA+CB)，
所以|CD|2=14(CA+CB)2=14×(36+16+2×4×6×12)=19，故CD= 19，故D错误．
故选：AB．
由题意利用正弦定理可得a：b：c=2：3： 7，设a=2t，b=3t，c= 7t,(t>0)，利用公式可求t，进而可求a，b，c的值，即可判断A；利用余弦定理可求csC的值，进而可求C，利用三角形内角和定理即可判断B；利用正弦定理可求△ABC的外接圆半径，即可判断C；由题意CD=12(CA+CB)，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求解CD的值，即可判断D．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理以及平面向量数量积的运算在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】20
【解析】解：由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段与x′轴平行或重合，其长度不变；
与y轴平行或重合的线段与y′轴平行或重合，其长度变成原来的一半，
则原图形中AB所对应的边长为A′B′=4cm，
由OC=2O′C′=4 2，可得原图形中BC所对的边长为 22+(4 2)2=6cm，
则原图形的周长是：2(4+6)=20cm．
故答案为：20．
由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段与x′轴平行或重合，其长度不变；与y轴平行或重合的线段与y′轴平行或重合，其长度变成原来的一半，由此能求出四边形ABCD的周长．
本题考查的知识点是平面图形的直观图，掌握斜二测画法的规则是关键，属于基础题．
13.【答案】7
【解析】解：由正弦定理得：sinAsinB= 3sinBcsA，
∵B∈(0,π)，∴sinB≠0，
∴sinA= 3csA，即tanA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3，
∵D是边BC的中点，∴AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(b2+2bccsA+c2)=14×(100+60+36)=49，
∴|AD|=7，即BC边上的中线长是7．
故答案为：7．
利用正弦定理边化角可求得A，根据向量线性运算和数量积运算律可求得AD2，由此可得结果．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
14.【答案】7：5
【解析】解：设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，
则V=V1+V2=Sh．
因为E，F分别为AC，AB的中点，
所以S△AEF=14S，
所以V1=13h(S+14S+ S⋅S4)=712Sh，
所以V2=V−V1=512Sh，
所以V1：V2=7：5．
故答案为：7：5．
设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，则V=V1+V2=Sh.根据三棱台的体积公式求出V1，再用总体积V减去V1即得到V2．
本题考查三棱锥体积公式和三棱台体积公式的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)z是纯虚数，只需a2+a−2=0a2−7a+6≠0，解得a=−2．
(2)由题意知a2+a−2>0a2−7a+6<0，
解得1故当1【解析】(1)根据纯虚数的定义可得到a2+a−2=0a2−7a+6≠0解方程即可；
(2)根据复数对应的点在复平面的第四象限内可以得到a2+a−2>0a2−7a+6<0，解不等式即可．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)因为a=(1,2),b=(3,−2),c=a+3b,d=ka+b，
所以c=(10,−4)，d=(k+3,2k−2)，
又因为c//d，
所以k+310=2k−2−4，解得k=13．
(2)因为c=(10,−4)，d=(k+3,2k−2)，
所以c⋅d=10(k+3)−4(2k−2)=2k+38，
因为c与d的夹角为锐角，
所以c⋅d>0，且夹角不为0．
当c⋅d>0时，2k+38>0，解得k>−19；
当c与d的夹角为0时，k+310=2k−2−4k+3>0，解得k=13，
故c与d的夹角不为0时，k≠13；
综上可得：k的取值范围是(−19,13)∪(13,+∞)．
【解析】(1)先计算出向量c，d，再根据向量平行列出方程求解即可．
(2)先根据c与d的夹角为锐角得出c⋅d>0，且夹角不为0，再分别求出c⋅d>0和夹角不为0时k的取值范围即可．
本题主要考查了向量平行及向量数量积的性质的坐标表示，属于中档题．
17.【答案】解：(1)过E作EM⊥A1B，垂足为M，
因为A1B//D1C，所以平面A1D1C即平面A1BCD1
明显BC⊥EM，A1B⊥EM，BC∩A1B=B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，
所以EM⊥平面A1BCD1，
又EM= 22BE= 2，S△A1CD1=12A1D1⋅CD1=12×3×3 2=9 2，
所以VD1−A1CE=VE−A1CD1=13S△A1CD1⋅EM=13×9 2× 2=3．
(2)假设在线段B1C1上存在点F，使得BF//平面A1CE，
取A1B1的三等分点G，H，使A1G=GH=HB1=1，则四边形A1HBE是平行四边形，
所以BH//A1E，又BH⊄平面A1CE，A1E⊂平面A1CE，
所以BH//平面A1CE，又BF//平面A1CE，BH∩BF=B，BH，BF⊂平面BHF，
所以平面BHF//平面A1CE，又HF⊂平面BHF，
所以HF//平面A1CE，
取C1D1的三等分点K(靠近C1)，则A1K//C1G//CE，
所以平面A1CE∩平面A1B1C1D1=A1K，又HF⊂平面A1B1C1D1，HF//平面A1CE，
所以HF//A1K//C1G，又H为GB1的中点，所以F为B1C1的中点，
所以存在点F满足题意，且C1FB1C1=12．
【解析】(1)过E作EM⊥A1B，垂足为M，可得VE−A1CD1中EM为高，求出高和底面，进而可得体积；
(2)假设在线段B1C1上存在点F，使得BF//平面A1CE，取A1B1的三等分点G，H，得到平面BHF//平面A1CE，取C1D1的三等分点K(靠近C1)，再通过线面平行的性质得到HF//C1G，进而可得点F的位置．
本题考查锥体体积的计算以及线面平行的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)取PA中点M，连接MD、MF，
∵ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AB、AD⊂平面ABCD，
∴AB⊥AD，PD⊥AB，PD⊥AD，
又∵AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，
∴BA⊥平面PAD，
∵DM⊂平面PAD，
∴BA⊥DM，
∵Rt△PAD中，PD=AD，M为PA中点，
∴PA⊥DM，
又PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB．
∵F、M分别为PB、PA中点，
∴FM//AB，且FM=12AB，
又∵E为CD中点，底面ABCD为矩形，
∴DE//AB，且DE=12AB，
∴FM//DE，且FM=DE，
∴四边形FMDE为平行四边形，
∴DM//EF，
∵DM⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB．
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，连接OF，
则FO为△BPD的中位线，故FO=12PD=12，且FO⊥平面ABCD，
设点C到平面AEF的距离为h，
由(1)知EF⊥平面PAB，AF⊂平面PAB，
∴EF⊥AF，S△AEF=12×AF×EF，
∵VF−ACE=VC−AEF，
∴13×12×CE×AD×FO
=13×12×AF×EF×h，
化简可得，CE×AD×FO=AF×EF×h，
由(1)BA⊥平面PAD和平行四边形FMDE可得，
在Rt△PAB中，AF=12BP=12 PD2+BD2=12 1+3=1，
在Rt△PAD中，EF=DM=12AP=12 PD2+AD2= 22，
∴ 22×1×12=1× 22×h，解得h=12，
而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，
则sinθ=hAC=12 3= 36．
故AC与平面AEF所成的角的正弦值为 36．
【解析】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用等体积法求点到平面的距离，直线和平面所成的角的定义和求法，属于中档题．
(1)取PA中点M，连接MD、MF，先由条件证明BA⊥平面PAD，可得BA⊥DM，再证DM⊥PA，即可得DM⊥平面PAB，由平行四边形FMDE可得FE//DM，即可证明EF⊥平面PAB；
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，则FO⊥平面ABCD，设点C到平面AEF的距离为h，根据VF−ACE=VC−AEF求得h=12，而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，由sinθ=hAC，运算求得结果．
19.【答案】解：(1)因为a2=−2 33S+abcsC，
所以a2=− 33absinC+abcsC，即a=− 33bsinC+bcsC，
由正弦定理得sinA=− 33sinBsinC+sinBcsC，
所以sin(B+C)=− 33sinBsinC+sinBcsC，
所以csBsinC=− 33sinBsinC，
因为sinC≠0，
所以tanB=− 3，
因为B∈(0,π)，
可得B=2π3；
(2)在△BCD中，因为AB⊥BD，BD=2，
所以∠DBC=π6，
由正弦定理得DCsin∠DBC=BDsinC，
所以CD=2sinπ6sinC=1sinC，
在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD=BDsinA，
所以AD=2sinπ2sinA=2sinA，
所以2AD+1CD=22sinA+11sinC=sinA+sinC，
因为∠ABC=2π3，
所以A+C=π3，
所以2AD+1CD=sinA+sinC=sin(π3−C)+sinC，整理得2AD+1CD=sin(C+π3)，
因为0所以C+π3∈(π3,2π3)，
所以sin(C+π3)∈( 32,1]，可得2AD+1CD的取值范围是( 32,1]．
【解析】本题考查了解三角形，考查了三角恒等变换，考查了利用三角函数性质求解范围问题，考查了函数思想的应用，属于中档题．
(1)利用三角形的面积公式，正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得tanB=− 3，结合B∈(0,π)，可求B的值；
(2)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求2AD+1CD=sin(C+π3)，可求C+π3∈(π3,2π3)，进而利用正弦函数的性质即可求解．
1.已知复数z满足(1−i)z=2i，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
2.已知|a|=2，向量a在向量b上的投影数量为 3，则a与b的夹角为
( )
A. π3B. π6C. 2π3D. π2
3.在△ABC中，A=60°，B=75°，a=2，则△ABC中最小的边长为( )
A. 63B. 2 63C. 2D. 6
4.在△ABC中，AB⊥AC，且|AB|=|AC|= 5，M是BC的中点，O是线段AM的中点，则OA⋅(OB+OC)的值为( )
A. 0B. − 54C. −54D. −58
5.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB=8cm，CD=2cm，则该青铜器的体积为( )
A. 87 2πcm3B. 87 2π4cm3C. 43 2π2cm3D. 43 2πcm3
6.如图，在△ABC中，D是BC的中点，G是AD的中点，过点G作直线分别交AB，AC于点M，N，且AB=xAM,AC=yAN，则1x+1y的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 2
7.在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知3csAcsC=ac，且a2−c2=2b，则b=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
8.如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1容器的的高为12cm，AB=10cm，A1B1=2cm，容器中水的高度为6cm，现将57个大小相同，质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没)，水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为( )
A. 31πcm
B. 32πcm
C. 33πcm
D. 34πcm
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。
9.已知复数z1，z2，下列结论正确的有( )
A. z1+z2−=z1−+z2−
B. 若|z1|>|z2|，则z12>z22
C. |z1z2|=|z1||z2|
D. 若1<|z−2i|< 2，则点z的集合所构成的图形的面积为π
10.如图，在圆柱O1O中，轴截面ABCD为正方形，点F是AB的上一点，M为BD与轴O1O的交点，E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且EF//平面AMN，则下列选项正确的有( )
A. CF//平面AMN
B. AN⊥平面DBF
C. DB⊥平面AMN
D. F是AB的中点
11.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2](S为三角形的面积，a，b、c为三角形的三边).现有△ABC满足sinA：sinB：sinC=2：3： 7，且△ABC的面积S△ABC=6 3，则下列结论正确的是( )
A. △ABC的最短边长为4B. △ABC的三个内角满足A+B=2C
C. △ABC的外接圆半径为4 213D. △ABC的中线CD的长为3 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，矩形A′B′C′D′的长为4cm，宽为2cm，O′是A′B′的中点，它是水平放置的一个平面图形ABCD的直观图，则四边形ABCD的周长为______cm．
13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinB= 3bcsA，b=10，c=6，则BC边上的中线长是______．
14.如图所示，在三棱柱ABC−A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF−A′C′B′的体积)，V2(几何体BFEC−C′B′的体积)的两部分，那么V1：V2=______．
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)
设复数z=a2+a−2+(a2−7a+6)i，其中a∈R．
(1)若z是纯虚数，求a的值；
(2)z所对应的点在复平面的第四象限内，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知平面向量a=(1,2),b=(3,−2),c=a+3b,d=ka+b．
(1)若c//d，求k的值；
(2)若c与d的夹角为锐角，求k的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，点E在棱AB上，且AE=1．
(1)求三棱锥D1−A1CE的体积；
(2)在线段B1C1上是否存在点F，使得BF//平面A1CE，若存在，求C1FB1C1的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点．
(1)求证：EF⊥平面PAB；
(2)设AB= 2BC，求AC与平面AEF所成的角的正弦值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD=2，且a2=−2 33S+abcsC．
(1)求角B；
(2)求2AD+1CD的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵(1−i)z=2i，
∴(1+i)(1−i)z=(1+i)⋅2i，
∴z=−1+i，
则|z|= (−1)2+12= 2，
故选：B．
利用复数的四则运算法则、模的计算公式即可得出结论．
本题考查了复数的四则运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的投影、夹角，属于基础题．
利用平面向量投影的定义，列出方程求出a与b夹角的余弦值，即可得出夹角大小．
【解答】解：记向量a与向量b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
而|a|=2，
∴a在b上的投影数量为|a|csθ=2csθ．
∴2csθ= 3，
∴csθ= 32，
∵θ∈[0,π]，
∴θ=π6．
故选B．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，C=180°−60°−75°=45°，故△ABC中最小的边长为c．
由正弦定理asinA=csinC，故c=asinCsinA=2× 22 32=2 63．
故选：B．
易得C=45°，再根据正弦定理计算最小角C的对边即可．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，以A为原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴建立直角坐标系，
则A(0,0)，B( 5,0)，C(0, 5)，
因为M是BC的中点，所以M( 52, 52)，
因为O是线段AM的中点，所以O( 54, 54)，
所以OB=(3 54,− 54)，OC=(− 54,3 54)，OA=(− 54,− 54)，
所以OB+OC=( 52, 52)，
所以OA⋅(OB+OC)=− 54× 52+(− 54)× 52=−54．
故选：C．
建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，进而应用数量积的坐标运算即可．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意可得该青铜器的体积为：
π×22×2 2+13×(π×22+π×42+ π×22×π×42)×3 2+13×(π×42+π×12+ π×42×π×12)× 2
=8 2π+28 2π+7 2π=43 2π．
故选：D．
根据圆柱的体积公式，圆台的体积公式即可求解．
本题考查组合体的体积的求解，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为G是AD的中点，且AB=xAM,AC=yAN，
所以AG=12×12(AB+AC)=14(xAM+yAN)．
因为M，G，N三点共线，所以14(x+y)=1，
即x+y=4，所以1x+1y=14(x+y)⋅(1x+1y)=14(2+xy+yx)≥14(2+2 xy⋅yx)=1，
当且仅当x=y=2时，等号成立．
故选：A．
首先利用向量的线性运算，计算得AG=14(xAM+yAN)，再利用三点共线结论得系数和为1，即14(x+y)=1，再利用基本不等式求出最值即可．
本题考查的知识点：向量的线性运算，基本不等式的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
运用余弦定理，化简3csAcsC=ac，可得a2−c2=12b2，再由a2−c2=2b，解方程即可得到b．
本题考查余弦定理的运用，考查化简整理的运算能力，属于基础题．
【解答】
解：3csAcsC=ac，即为
3ccsA=acsC，
即有3c⋅b2+c2−a22bc=a⋅a2+b2−c22ab，
即有a2−c2=12b2，
又a2−c2=2b，则2b=12b2，
解得b=4．
故选A．
8.【答案】A
【解析】解：如图作出正四棱台的轴截面，
根据已知可得：E1T=F1S=12，AB=EF=10，A1B1=E1F1=2，
水面高度RT=KS=6，HR=GK=3，
所以E1H=E1T−HR−RT=12−3−6=3，同理：F1G=3，
且E1R=F1K=6，ET=ST=EF−TS2=10−22=4，
易知△E1MH∽△E1ET，
所以MHET=E1HE1T，
即MH4=312，解得MH=1，同理：GN=1，
所以MN=MH+HG+GN=1+2+1=4，
同理：△E1PR∽△E1ET，
所以PRET=E1RE1T，
即PR4=612，解得PR=2，同理：KQ=2，
所以PQ=PR+RK+KQ=2+2+2=6，
由题意知57个大小相同，质地均匀的小铁的体积等于高为3cm，上底边长4cm，下底边长6的正四棱台的体积，
设小球的半径为r，
则57×43πr3=13×3×(42+62+ 42×62)，
即76πr3=76，
所以r=31πcm．
故选：A．
利用57个大小相同，质地均匀的小铁球的体积就是水面上升高度的正四棱台的体积即可求解．
本题考查空间几何体的体积，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)．
对于A，z1+z2=(a+c)+(b+d)i，所以z1+z2−=(a+c)−(b+d)i．
而z1−+z2−=a−bi+c−di=(a+c)−(b+d)i，所以z1+z2−=z1−+z2−，A正确；
取z1=i，z2=0，则|z1|=1>|z2|=0，但z12=−1
z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，
所以|z1z2|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= (a2+b2)(c2+d2)=|z1||z2|，所以C正确；
1<|z−2i|< 2，则复数z在复平面内对应的点所构成的图形为半径为 2的圆去掉半径为1的同心圆，所剩余的圆环部分，故其面积为π⋅( 2)2−π⋅12=π，D正确．
故选：ACD．
设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，利用共轭复数的定义即可判断A；取特例即可判断B；利用复数模长运算可判断C；利用复数的几何意义可判断D．
本题考查复数的模，共轭复数，复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对A选项，如图，延长AM，则AM过C，
∴CF与平面AMN交于点C，∴A选项错误；
对B选项，∵AB为圆O的直径，∴BF⊥AF，
又AD⊥底面圆O，且BF⊂底面圆O，∴BF⊥AD，
又AF∩AD=A，且AF，AD⊂平面ADF，
∴BF⊥平面ADF，又AN⊂平面ADF，
∴AN⊥BF，又AN⊥DF，BF∩DF=F，且BF，DF⊂平面DBF，
∴AN⊥平面DBF，∴B选项正确；
对C选项，由B选项分析可知：AN⊥平面DBF，又BD⊂平面DBF，
∴BD⊥AN，又轴截面ABCD为正方形，
∴BD⊥AM，又AN∩AM=A，且AN，AM⊂平面AMN，
∴BD⊥平面AMN，∴C选项正确；
对D选项，∵EF//平面AMN，
又EF⊂平面DEF，且平面AMN∩平面DEF=MN，
∴EF//MN，又易知DMME=2，
∴DNNF=DMME=2，
设NF=x，则DN=2x，DF=3x，设正方形截面ABCD的边长为2，
由AN⊥DF，可得AN2=AD2−DN2=4−4x2，
∴AF2=AN2+NF2=4−4x2+x2=4−3x2，又AD⊥AF，
∴AD2+AF2=DF2，
∴4+4−3x2=9x2，∴x2=23，
∴AF2=4−3x2=2，∴AF= 2，
又AB=2，BF⊥AF，∴BF= 2，∴AF=BF，
∴F是AB的中点，∴D选项正确．
故选：BCD．
根据线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理，解三角形，即可分别求解．
本题考查线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理，解三角形，属中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3： 7，
所以由正弦定理可得a：b：c=2：3： 7，
设a=2t，b=3t，c= 7t，t>0，
因为△ABC的面积S△ABC=6 3，
所以6 3= 14[7t2×4t2−(7t2+4t2−9t22)2]，
解得t=2，则a=4，b=6，c=2 7，
所以△ABC的最短边长为4，故A正确；
因为csC=a2+b2−c22ab=16+36−282×4×6=12，
所以C=π3，
可得A+B=π−π3=2π3=2C，
所以△ABC的三个内角满足A+B=2C，故B正确；
因为C=π3，
所以sinC= 32，
由正弦定理得2R=csinC=4 213，解得R=2 213，所以△ABC的外接圆半径为2 213，故C错误；
因为CD=12(CA+CB)，
所以|CD|2=14(CA+CB)2=14×(36+16+2×4×6×12)=19，故CD= 19，故D错误．
故选：AB．
由题意利用正弦定理可得a：b：c=2：3： 7，设a=2t，b=3t，c= 7t,(t>0)，利用公式可求t，进而可求a，b，c的值，即可判断A；利用余弦定理可求csC的值，进而可求C，利用三角形内角和定理即可判断B；利用正弦定理可求△ABC的外接圆半径，即可判断C；由题意CD=12(CA+CB)，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求解CD的值，即可判断D．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理以及平面向量数量积的运算在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】20
【解析】解：由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段与x′轴平行或重合，其长度不变；
与y轴平行或重合的线段与y′轴平行或重合，其长度变成原来的一半，
则原图形中AB所对应的边长为A′B′=4cm，
由OC=2O′C′=4 2，可得原图形中BC所对的边长为 22+(4 2)2=6cm，
则原图形的周长是：2(4+6)=20cm．
故答案为：20．
由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段与x′轴平行或重合，其长度不变；与y轴平行或重合的线段与y′轴平行或重合，其长度变成原来的一半，由此能求出四边形ABCD的周长．
本题考查的知识点是平面图形的直观图，掌握斜二测画法的规则是关键，属于基础题．
13.【答案】7
【解析】解：由正弦定理得：sinAsinB= 3sinBcsA，
∵B∈(0,π)，∴sinB≠0，
∴sinA= 3csA，即tanA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3，
∵D是边BC的中点，∴AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(b2+2bccsA+c2)=14×(100+60+36)=49，
∴|AD|=7，即BC边上的中线长是7．
故答案为：7．
利用正弦定理边化角可求得A，根据向量线性运算和数量积运算律可求得AD2，由此可得结果．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
14.【答案】7：5
【解析】解：设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，
则V=V1+V2=Sh．
因为E，F分别为AC，AB的中点，
所以S△AEF=14S，
所以V1=13h(S+14S+ S⋅S4)=712Sh，
所以V2=V−V1=512Sh，
所以V1：V2=7：5．
故答案为：7：5．
设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，则V=V1+V2=Sh.根据三棱台的体积公式求出V1，再用总体积V减去V1即得到V2．
本题考查三棱锥体积公式和三棱台体积公式的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)z是纯虚数，只需a2+a−2=0a2−7a+6≠0，解得a=−2．
(2)由题意知a2+a−2>0a2−7a+6<0，
解得1
(2)根据复数对应的点在复平面的第四象限内可以得到a2+a−2>0a2−7a+6<0，解不等式即可．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)因为a=(1,2),b=(3,−2),c=a+3b,d=ka+b，
所以c=(10,−4)，d=(k+3,2k−2)，
又因为c//d，
所以k+310=2k−2−4，解得k=13．
(2)因为c=(10,−4)，d=(k+3,2k−2)，
所以c⋅d=10(k+3)−4(2k−2)=2k+38，
因为c与d的夹角为锐角，
所以c⋅d>0，且夹角不为0．
当c⋅d>0时，2k+38>0，解得k>−19；
当c与d的夹角为0时，k+310=2k−2−4k+3>0，解得k=13，
故c与d的夹角不为0时，k≠13；
综上可得：k的取值范围是(−19,13)∪(13,+∞)．
【解析】(1)先计算出向量c，d，再根据向量平行列出方程求解即可．
(2)先根据c与d的夹角为锐角得出c⋅d>0，且夹角不为0，再分别求出c⋅d>0和夹角不为0时k的取值范围即可．
本题主要考查了向量平行及向量数量积的性质的坐标表示，属于中档题．
17.【答案】解：(1)过E作EM⊥A1B，垂足为M，
因为A1B//D1C，所以平面A1D1C即平面A1BCD1
明显BC⊥EM，A1B⊥EM，BC∩A1B=B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，
所以EM⊥平面A1BCD1，
又EM= 22BE= 2，S△A1CD1=12A1D1⋅CD1=12×3×3 2=9 2，
所以VD1−A1CE=VE−A1CD1=13S△A1CD1⋅EM=13×9 2× 2=3．
(2)假设在线段B1C1上存在点F，使得BF//平面A1CE，
取A1B1的三等分点G，H，使A1G=GH=HB1=1，则四边形A1HBE是平行四边形，
所以BH//A1E，又BH⊄平面A1CE，A1E⊂平面A1CE，
所以BH//平面A1CE，又BF//平面A1CE，BH∩BF=B，BH，BF⊂平面BHF，
所以平面BHF//平面A1CE，又HF⊂平面BHF，
所以HF//平面A1CE，
取C1D1的三等分点K(靠近C1)，则A1K//C1G//CE，
所以平面A1CE∩平面A1B1C1D1=A1K，又HF⊂平面A1B1C1D1，HF//平面A1CE，
所以HF//A1K//C1G，又H为GB1的中点，所以F为B1C1的中点，
所以存在点F满足题意，且C1FB1C1=12．
【解析】(1)过E作EM⊥A1B，垂足为M，可得VE−A1CD1中EM为高，求出高和底面，进而可得体积；
(2)假设在线段B1C1上存在点F，使得BF//平面A1CE，取A1B1的三等分点G，H，得到平面BHF//平面A1CE，取C1D1的三等分点K(靠近C1)，再通过线面平行的性质得到HF//C1G，进而可得点F的位置．
本题考查锥体体积的计算以及线面平行的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)取PA中点M，连接MD、MF，
∵ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AB、AD⊂平面ABCD，
∴AB⊥AD，PD⊥AB，PD⊥AD，
又∵AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，
∴BA⊥平面PAD，
∵DM⊂平面PAD，
∴BA⊥DM，
∵Rt△PAD中，PD=AD，M为PA中点，
∴PA⊥DM，
又PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB．
∵F、M分别为PB、PA中点，
∴FM//AB，且FM=12AB，
又∵E为CD中点，底面ABCD为矩形，
∴DE//AB，且DE=12AB，
∴FM//DE，且FM=DE，
∴四边形FMDE为平行四边形，
∴DM//EF，
∵DM⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB．
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，连接OF，
则FO为△BPD的中位线，故FO=12PD=12，且FO⊥平面ABCD，
设点C到平面AEF的距离为h，
由(1)知EF⊥平面PAB，AF⊂平面PAB，
∴EF⊥AF，S△AEF=12×AF×EF，
∵VF−ACE=VC−AEF，
∴13×12×CE×AD×FO
=13×12×AF×EF×h，
化简可得，CE×AD×FO=AF×EF×h，
由(1)BA⊥平面PAD和平行四边形FMDE可得，
在Rt△PAB中，AF=12BP=12 PD2+BD2=12 1+3=1，
在Rt△PAD中，EF=DM=12AP=12 PD2+AD2= 22，
∴ 22×1×12=1× 22×h，解得h=12，
而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，
则sinθ=hAC=12 3= 36．
故AC与平面AEF所成的角的正弦值为 36．
【解析】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用等体积法求点到平面的距离，直线和平面所成的角的定义和求法，属于中档题．
(1)取PA中点M，连接MD、MF，先由条件证明BA⊥平面PAD，可得BA⊥DM，再证DM⊥PA，即可得DM⊥平面PAB，由平行四边形FMDE可得FE//DM，即可证明EF⊥平面PAB；
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，则FO⊥平面ABCD，设点C到平面AEF的距离为h，根据VF−ACE=VC−AEF求得h=12，而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，由sinθ=hAC，运算求得结果．
19.【答案】解：(1)因为a2=−2 33S+abcsC，
所以a2=− 33absinC+abcsC，即a=− 33bsinC+bcsC，
由正弦定理得sinA=− 33sinBsinC+sinBcsC，
所以sin(B+C)=− 33sinBsinC+sinBcsC，
所以csBsinC=− 33sinBsinC，
因为sinC≠0，
所以tanB=− 3，
因为B∈(0,π)，
可得B=2π3；
(2)在△BCD中，因为AB⊥BD，BD=2，
所以∠DBC=π6，
由正弦定理得DCsin∠DBC=BDsinC，
所以CD=2sinπ6sinC=1sinC，
在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD=BDsinA，
所以AD=2sinπ2sinA=2sinA，
所以2AD+1CD=22sinA+11sinC=sinA+sinC，
因为∠ABC=2π3，
所以A+C=π3，
所以2AD+1CD=sinA+sinC=sin(π3−C)+sinC，整理得2AD+1CD=sin(C+π3)，
因为0
所以sin(C+π3)∈( 32,1]，可得2AD+1CD的取值范围是( 32,1]．
【解析】本题考查了解三角形，考查了三角恒等变换，考查了利用三角函数性质求解范围问题，考查了函数思想的应用，属于中档题．
(1)利用三角形的面积公式，正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得tanB=− 3，结合B∈(0,π)，可求B的值；
(2)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求2AD+1CD=sin(C+π3)，可求C+π3∈(π3,2π3)，进而利用正弦函数的性质即可求解．
相关试卷
2023_2024学年5月河北保定清苑区河北省清苑县清苑中学高一下学期月考数学试卷（自测）： 这是一份2023_2024学年5月河北保定清苑区河北省清苑县清苑中学高一下学期月考数学试卷（自测），共5页。
2023-2024学年河北省保定市高一（上）期末数学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2023-2024学年河北省保定市高一（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年河北省保定市博野实验中学高一（下）开学数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年河北省保定市博野实验中学高一（下）开学数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
