2023-2024学年河北省沧州市献县一中高一（下）第三次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省沧州市献县一中高一（下）第三次月考数学试卷（含解析），共15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.复数(6+i)(1−7i)在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(2,m),b=(m,3)，若a⋅b=5，则实数m=( )
A. − 2B. 0C. 1D. 43
3.在△ABC中，a=3，b= 7，B=60°，则c等于( )
A. 1B. 2C. 1或2D. 2或3
4.若向量a=(2.3),b=(−1,1)，则b在a上的投影向量的坐标是( )
A. (213,−313)B. (213,313)C. (−213,313)D. (−213,−313)
5.某城市有学校700所，其中大学20所，中学200所，小学480所，现用分层抽样的方法从中抽取一个容量为70的样本进行某项调查，则应抽取的中学数为( )
A. 70B. 20C. 48D. 2
6.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题错误的是( )
A. 若m⊥n，m⊥α，则n/​/α或n⊂α
B. 若m⊥β，n⊥β，则n/​/m
C. 若α/​/β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面
D. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交或平行
7.已知圆锥的顶点为P，母线长为2，轴截面为△PAB，∠APB=120°，若C为底面圆周上异于A，B的一点，且二面角P−AC−B的大小为π4，则△PAC的面积为( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 2 3
8.在三棱锥A−BCD中，△ABD和△BCD均为边长为2的等边三角形，AC=3，则该三棱锥的外接球的表面积是( )
A. 82π9B. 83π9C. 28π3D. 28π
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z=2+ 3i，则( )
A. z的虚部为 3B. z是纯虚数
C. z的模是 7D. z在复平面内对应的点位于第四象限
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对△ABC的个数的判断正确的是( )
A. 当a=2 2,c=4,A=30°时，有两解
B. 当a=5，b=7，A=60°时，有一解
C. 当a= 2,b=4,A=30°时，无解
D. 当a=6，b=4，A=60°时，有两解
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF=13，则( )
A. △BEF的面积为定值
B. EF⊥AC
C. 点A到直线EF的距离为定值
D. 平面DEB与平面ABC所成角为60°
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=2−3ii3，则|z|= ______．
13.某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽取了100根棉花纤维的长度(棉花纤维的长度是棉花质量的重要指标)，所得数据都在区间[5,40]中，其频率分布直方图如图所示，则其抽样的100根中，有______根在棉花纤维的长度小于20mm．
14.在△ABC中，已知向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB⋅AC=0，则角B= ______．
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)
已知一圆锥的底面半径为6cm．
(1)若圆锥的高为8cm，求圆锥的体积；
(2)若圆锥的母线长为10cm，求圆锥的表面积．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b= 2,c=2,csC=− 33．
(1)求sinB和a的值；
(2)求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥DC，且AB=AD=1，PD=DC=2，E是PC的中点．
(1)求证：BE//平面PAD；
(2)在线段PB上是否存在一点Q，使得PC⊥平面DEQ？若存在，求出PBQB的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，D，E是边BC上的两点，AD⊥BC，AE平分∠BAC，∠BAC=2π3．
(1)若sin∠DAE=513，求AECE的值；
(2)求证：sin∠AED= 3(AB+AC)2BC．
19.(本小题17分)
如图，在三棱锥A−BCD中，∠DBC=90°，BD=3，BC=4，△ABC为等边三角形，cs∠ACD=25，点E，F分别是线段AD，CD的中点．
(1)证明：BD⊥平面ABC；
(2)求直线AD与平面ABC所成角的正弦值；
(3)求点C到平面BEF的距离．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为(6+i)(1−7i)=6−42i+i+7=13−41i，
所以复数(6+i)(1−7i)在复平面内对应的点为(13,−41)，位于第四象限．
故选：D．
根据复数的乘法运算，结合复数的几何意义即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为向量a=(2,m),b=(m,3)，
所以a⋅b=2m+3m=5m=5，解得m=1．
故选：C．
由数量积的坐标表示列方程即可求解．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：a=3，b= 7，B=60°，
则b2=a2+c2−2ac⋅csB，即7=9+c2−2×3×c×12，
则c2−3c+2=0，解得c=1或c=2．
故选：C．
根据余弦定理运算求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：a=(2.3),b=(−1,1)，
则b在a上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=2×(−1)+3×1( 13)2⋅(2,3)=(213,313)．
故选：B．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查分层抽样方法，属于基础题．
本题解题的关键是在抽样过程中每个个体被抽到的概率相等，这是解题的依据．根据所给的总体数和样本容量做出每个个体被抽到的概率，根据中学所有的数目做出要抽取的数目．
【解答】
解：∵该城市有学校700所，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为70的样本，
∴每个学校被抽到的概率是70700=110，
∵该城市中有中学200所，
∴要抽取的中学数为200×110=20(所)，
故选B．
6.【答案】D
【解析】解：若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n/​/α，故A正确；
若m⊥β，n⊥β，由线面垂直的性质定理可得n/​/m，故B正确；
若α/​/β，m⊂α，n⊂β，则n与m的位置关系是平行或异面，故C正确；
若α⊥β，m⊂α，n⊂β，可得m与n的位置关系是相交或平行或异面，故D错误．
故选：D．
由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
7.【答案】A
【解析】解：如图所示，
记O为AB的中点，则PO垂直于底面⊙O，
所以PO⊥AB，
又PA=PB=2，∠APB=120°，
所以∠APO=∠OPB=60°，
所以PO=1,OA=OB= 3，
取AC的中点D，连接PD，OD，
因为OA=OC，
所以OD⊥AC，
因为PO垂直于底面⊙O，AC⊂底面⊙O，
所以PO⊥AC，
又OD∩PO=O，OD⊂面POD，PO⊂面POD，
所以AC⊥面POD，
又PD⊂面POD，
所以PD⊥AC，
即二面角P−AC−B的平面角为∠PDO=π4，
所以PO=DO=1，
所以PD= 2，则AC=2AD=2 PA2−PD2=2 2，
所以△PAC的面积为12AC⋅PD=12×2 2× 2=2．
故选：A．
记O为AB的中点，则PO垂直于底面⊙O，由线面垂直的性质定理可得PO⊥AB，求出PO，OA，OB长，取AC的中点D，连接PD，OD，则二面角P−AC−B的平面角为∠PDO，进而可得答案．
本题考查二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意如图所示：设E为BD的中点，连接AE，CE，设P，G分别为△ABD，△BCD的外接圆的圆心，
过P，G分别作两个半平面的垂线，交于O，则可得O为该三棱锥的外接球的球心，
连接OC，OE，则OC为外接球的半径，
由△ABD与△BCD均为边长为2的等边三角形，则AE=CE= 32×2= 3
又AC=3，则由余弦定理可得cs∠AEC=AE2+CE2−AC22AE⋅CE=3+3−92× 3× 3=−12，
所以∠AEC=120°，
因为P，G分别为△ABD，△BCD的外接圆的圆心，
所以CG=23CE=2 33，EG=13CE= 33，
可得△OPE≅△OGE，可得∠OEC=60°，而∠OGE=90°，
所以OG= 3EG=1，
在△OGC中：R2=OC2=OG2+CG2=12+(2 33)2=73，
所以外接球的表面积S=4πR2=28π3．
故选：C．
取BD的中点E，设△ABD和△BCD的外接圆的圆心P，G分别在AE，CE上，过P，G分别作两个半平面的垂线，交于O，可得O为三棱锥的外接球的球心，且可得∠OEC=60°，由等边三角形的边长为2，可得EG，G及OG的值，进而求出外接球的半径OC的值，再求出外接球的表面积．
本题考查三棱锥的外接球问题，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对A：由虚部定义知z的虚部为 3，故A正确；
对B：纯虚数要求实部为0，故B错误；
对C：|z|= 22+( 3)2= 7，故C正确；
对D：z在复平面内对应的点为(2, 3)，位于第一象限，故D错误．
故选：AC．
根据复数的基本概念，以及复数的几何意义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择．
本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为a=2 2,c=4,A=30°，
可得2 2sin30°=4sinC，
可得sinC= 22，
又因为0°a，
所以C=45°或C=135°，有两解，故A正确；
对于B，因为a=5，b=7，A=60°，
所以sinB=bsinAa=7× 325=7 310>1，无解，故B错误；
对于C,sinB=bsinAa=4×12 2= 2>1，无解，故C正确；
对于D,sinB=bsinAa=4× 326= 33< 32，
又b所以B为锐角，此三角形只有一解，故D错误．
故选：AC．
对于A，由正弦定理可求sinC= 22，又0°a，可得C=45°或C=135°，有两解，即可判断得解；
对于B，利用正弦定理可求sinB>1，即可判断；
对于C，利用正弦定理可求sinB>1，即可判断；
对于D，利用正弦定理可求sinB= 33< 32，又b本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，因为在△BEF中，高为B到EF的距离，即BB1的长度，为定值，
底边为EF的长度，也为定值，所以△BEF的面积为定值，故A正确；
对于B，因为EF在B1D1上，B1D1/​/BD，BD⊥AC，所以B1D1⊥AC，即EF⊥AC，故B正确；
对于C，点A到直线EF的距离等于A到D1B1的距离，为定值，故C正确；
对于D，在该正方体中，D1D⊥平面ABCD，又D1D⊂平面D1DBB1，
所以平面D1DBB1⊥平面ABCD，即平面DEB⊥平面ABC，故平面DEB与平面ABC所成角为90°，故D错误．
故选：ABC．
由点B到EF的距离为定值且底边EF也为定值判断A，根据正方体的性质判断B，点A到直线EF的距离等于A到D1B1的距离即可判断C，由正方体的性质得到平面DEB⊥平面ABC，即可判断D．
本题考查空间线面关系的判定，属于中档题．
12.【答案】 13
【解析】解：因为z=2−3ii3=2−3i−i=(2−3i)i−i2=3+2i，
所以|z|= 32+22= 13．
故答案为： 13．
根据复数代数形式的除法运算化简复数z，再求出其模．
本题考查复数的模长，属于基础题．
13.【答案】30
【解析】解：由图可知，棉花纤维的长度小于20mm段的频率为0.01+0.01+0.04，
则频数为100×(0.01+0.01+0.04)×5=30．
故填：30．
由图分析可得：易得棉花纤维的长度小于20mm段的频率，根据频率与频数的关系可得频数．
本题考查频率分布直方图的知识．考查读图的能力，读图时要全面细致，同时，解题方法要灵活多样，切忌死记硬背，要充分运用数形结合思想来解决由统计图形式给出的数学实际问题．
14.【答案】π4
【解析】解：在△ABC中，设角A的平分线交BC于D，
因为AB⋅AC=0，
故AB⊥AC，
设AB|AB|=AE，AC|AC|=AF，
则AE+AF=AG，
因为|AE|=|AF|=1，
故四边形AEGF为正方形，
所以AG为角A的平分线，
故G在AD上．
因为(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，
则AG⊥BC，
即AG⊥BC，
故AD⊥BC，
故AB=AC．
则△ABC为等腰直角三角形，
所以B=π4．
故答案为：π4．
结合平面向量数量积的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，属基础题．
15.【答案】解：(1)∵圆锥的底面半径为6cm.高为8cm，
∴圆锥的体积V=13×π×62×8=96π(cm3)．
(2)∵圆锥的底面半径为6cm．
∴圆锥的底面面积S1=π×62=36π(cm2)；
又∵圆锥的母线长为10cm，∴圆锥的侧面积S2=12×2π×6×10=60π(cm2)．
故圆锥的表面积S=S1+S2=36π+60π=96π(cm2)．
【解析】(1)由圆锥的体积公式求解即可；
(2)分别计算圆的侧面积与底面面积可求全面积．
本题考查圆锥的体积与全面积的计算，属基础题．
16.【答案】解：(1)在△ABC中，由csC=− 33，可得sinC= 1−cs2C= 63，
又由csinC=bsinB及b= 2,c=2，可得sinB= 33．
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，得3a2+2 6a−6=0，
由a>0，解得a= 63．
所以sinB= 33,a= 63．
(2)由(1)知，a= 63,sinC= 63，
所以△ABC的面积S△ABC=12absinC=12× 63× 2× 63= 23．
【解析】(1)根据同角的三角函数关系求出sinC，结合正、余弦定理计算即可求解；
(2)由(1)，结合三角形的面积公式计算即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取PD中点F，连接EF，AF，
∵E，F分别为PC，PD中点，
∴EF−//12CD，
又AB−//12CD，
∴AB−//EF，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∴BE/​/AF，
又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAL
∴BE/​/平面PAD．
(2)解：取CD中点G，连接BG，BD，
则由题意可得四边形ABGD为正方形，
∴BC= 2，
∵PD⊥平面ABCD，BD，BC⊂平面ABCD，
∴PD⊥BD，PD⊥BC，
又PD=2，易得BD= 2，
∴PB= 22+( 2)2= 6，
∵BD=BC= 2，CD=2，
∴BD⊥BC，
又PD∩BD=D，PD，BD⊂平面PBD，
∴BC⊥平面PBD，
∴BC⊥DQ，
假设线段PB上存在点Q，使PC⊥平面DEQ，则PC⊥DQ，
可证DQ⊥平面PBC，
∴DQ⊥PB，
又在Rt△PBD中，cs∠PBD=BDPB= 2 22+( 2)2= 33，
在Rt△BDQ中，BQ=BD⋅cs∠PBD= 2× 33= 63，
∵PB= 6，
∴PBQB=3，
∴在线段PB上存在点Q，使PC⊥平面DEQ，且PBQB=3．
【解析】(1)取PD中点F，连接EF，AF，通过证明四边形ABEF为平行四边形，可知BE/​/AF，进而利用线面平行的判定即可证明BE//平面PAD．
(2)取CD中点G，连接BG，BD，则由题意利用线面垂直的性质，勾股定理，线面垂直的判定可证BC⊥平面PBD，利用线面垂直的性质可证BC⊥DQ，假设线段PB上存在点Q，使PC⊥平面DEQ，可证DQ⊥PB，在Rt△PBD中，可求cs∠PBD=BDPB= 33，在Rt△BDQ中，可求BQ=BD⋅cs∠PBD= 63，即可求解PBQB=3，由此得解．
本题考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，勾股定理，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．
18.【答案】(1)解：因为AE平分∠BAC，∠BAC=2π3，
所以∠CAE=π3，因为AD⊥BC，sin∠DAE=513，
所以cs∠DAE= 1−sin2∠DAE=1213．
在△ACE中，sin∠AEC=cs∠DAE=1213，∠AEC>π2，cs∠AEC=−513，
sinC=sin(∠AEC+π3)=sin∠AEC×12+cs∠AEC× 32=12−5 326，
AEEC=sinCsin∠CAE=12−5 326 32=4 3−513；
(2)证明：因为∠BAC=2π3，∠BAE=∠CAE=π3．
由S△BAC=S△BAE+S△CAE，得12AB⋅ACsin2π3=12AB⋅AEsinπ3+12AC⋅AEsinπ3．
整理得AE=AB⋅ACAB+AC．
因为AD⊥BC,12AB⋅ACsin2π3=12AD⋅BC，
所以AD= 3AB⋅AC2BC，所以sin∠AED=ADAE= 3(AB+AC)2BC．
【解析】(1)利用两角和公式计算sinC，再根据正弦定理即可得AECE的值；
(2)利用面积相等，分别表示AD，AE，即可证明．
本题考查正弦定理，同角函数关系，两角和差公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为∠DBC=90°，BD=3，BC=4，所以CD=5，
又△ABC为等边三角形，所以AC=BC=4，
在△ACD中，由余弦定理得cs∠ACD=AC2+CD2−AD22AC⋅CD=42+52−AD22×4×5=25，
即16+25−AD2=16，
即AD2=25，
解得AD=5，
所以AB2+BD2=AD2，即BD⊥BA，
因为BD⊥BC，BA∩BC=B，BA，BC⊂平面ABC，
所以BD⊥平面ABC．
(2)由(1)易知，直线AD与平面ABC所成角为∠DAB，
sin∠DAB=BDAD=35．
(3)取BC中点O，连接AO，
因为△ABC为等边三角形，所以AO⊥BC，

又由(1)可知BD⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，
所以BD⊥AO，
又因为BD∩BC=B，且BD，BC⊂平面BCD，
所以AO⊥平面BCD，
因为F为CD的中点，
所以点C到平面BEF的距离等于点D到平面BEF的距离，
在Rt△BCD中，可知BF=CD2=52，
在Rt△ABD中，可知BE=AD2=52，
因为EF是△ACD的中位线，
所以EF=AC2=2，
可得△BEF的面积S△BEF=12×2× (52)2−12= 212，
设点D到平面BEF的距离为d，
则三棱锥D−BEF的体积V三棱锥D−BEF=13× 212×d= 216d，
又△DBF的面积S△DBF=12×3×4×12=3，
点E到平面DBF的距离为OA2= AC2−OC22= 42−(12×4)22= 3，
所以三棱锥E−DBF的体积V三棱锥E−DBF=13S△DBF⋅OA2=13×3× 3= 3，
由 216d= 3，得d=6 77，
即点C到平面BEF的距离为6 77．
【解析】(1)利用勾股定理证出BD⊥BA，结合∠DBC=90°，根据线面垂直的判定定理即可得证；
(2)先得出直线AD与平面ABC所成角为∠DAB，再计算即可；
(3)利用等体积法求解即可．
本题考查线面垂直的判定以及线面角的计算，考查等体积法求点到平面的距离，属于中档题．