2023-2024学年广西贵百河高一下学期5月新高考月考测试数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广西贵百河高一下学期5月新高考月考测试数学试卷（含答案），共10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.设复数z满足(2+i)z=5，则|z|=( )
A. 3B. 2C. 5D. 3
2.下列说法错误的是( )
A. AC=CAB. a，b都是单位向量，则a=b
C. 若AB>CD，则AB>CDD. 零向量方向任意
3.设a,b为两个非零向量，则“a=2024b”是“aa=bb”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.在△ABC中，若AB=4，BC=5，AC=6，则AB⋅BC=( )
A. −272B. 272C. −52D. 52
5.已知m,n是两条不同的 直线，α,β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若α∩β=m，n⊂β，n⊥m，则α⊥β
B. 若α⊥β，α∩β=n，n⊥m，则m⊥β
C. 若m⊂α，m//β，α∩β=n，则m//n
D. 若m⊂α，n⊂β，m//β，n//α，则α//β
6.在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，A=π4，a=2，若满足条件的三角形有且只有两个，则边b的取值范围为( )
A. 1,2 2B. 2,2 2C. 2,2D. 1,2
7.设直三棱柱ABC−A1B1C1的所有顶点都在一个表面积是40π的球面上，AB=AC=AA1，∠BAC=120∘.则此直三棱柱的体积是( )
A. 4 3B. 8 3C. 8 6D. 4 6
8.已知O为锐角▵ABC内部一点，且满足OA=OB=OC，已知tanA=13，若csBsinC⋅AB+csCsinB⋅AC−2m⋅AO=0，则实数m=( )
A. 103B. 1010C. 14D. 104
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.如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′.已知A′B′=4,C′D′=2，则下列说法正确的是( )
A. AB=2
B. A′D′=2 2
C. 四边形ABCD的周长为6+2 2+2 3
D. 四边形ABCD的面积为6 2
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是( )
A. 三棱锥A−D1PC的体积为定值
B. 直线AP与平面ACD1所成角的 大小不变
C. 直线AP与直线A1D垂直
D. 二面角P−AD1−C的大小不变
11.“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP= 2，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的有( )
A. PA⋅PC为定值B. 当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值
C. |AC|⋅|BD|的最大值为12D. OA⋅OC的取值范围是−4,0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=1,3,b=3,4，若a−λb⊥a，则λ= ．
13.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球表面积为 ．
14.已知D,E分别为▵ABC的边AB,AC上的点，线段BE和CD相交于点P，若AD=3DB，DP=λPC，CE=μEA，其中λ>0,μ>0.则1λ+2μ的最小值为 ．
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)
已知复数z1=3−m2+m− 3i,z2=μ+sinθ+csθ− 3i，其中i是虚数单位，m,μ,θ∈R．
(1)若z1为纯虚数，求m的值；
(2)若z1=z2，求μ的取值范围．
16.(本小题15分)
在平面直角坐标系中，已知向量m=1,1，n=1，向量m与n间的 夹角为45∘．
(1)求n在m方向上的投影向量的坐标；
(2)求2m+n的值；
(3)若向量2m+λn与λm+3n夹角为钝角，求λ的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，E,F分别是BC,A1C1的中点，▵ABC是边长为2的等边三角形，AA1=2AB．
(1)证明：BC⊥A1E；
(2)求点C到平面AEF的距离．
18.(本小题17分)
在锐角▵ABC中，a,b,c分别为作A,B,C的对边，且b+a=2csinA+π6．
(1)求角C的大小；
(2)求c2a2+b2的取值范围．
19.(本小题17分)
如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD= 5，AB= 2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD.求：
(1)正四棱锥S−ABCD的表面积；
(2)若M为SA的中点，求平面BMD与平面ABCD所成的二面角的余弦值；
(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE//平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．
答案
1.C
2.C
3.A
4.C
5.C
6.B
7.D
8.B
9.CD
10.ACD
11.ABD
12.23
13.2π
14.4 2
15.解：(1)因为z1为纯虚数，
所以3−m2=0m− 3≠0 ，解得m=− 3 ．
(2)由z1=z2，得3−m2=μ+sinθm− 3=csθ− 3 ，进而可得μ=3−m2−sinθm=csθ,
因此μ=3−cs2θ−sinθ=sin2θ−sinθ+2=sinθ−122+74 ．
因为−1≤sinθ≤1 ，所以当sinθ=12时，μmin=74 ；
当sinθ=−1时，μmax=4 ．
故μ的取值范围是 74,4．
16.解：(1)
由题设知m= 2，
所以n在m方向上投影向量的坐标为ncs45∘⋅mm=1× 22×m 2=12,12．
(2)
因为m⋅n=mncs45∘=1，
2m+n2=4m2+4m⋅n+n2=4×2+4×1+1=13
所以2m+n= 13．
(3)
因为向量2m+λn与λm+3n夹角为钝角，且2m+λn与λm+3n不能共线
所以2m+λn⋅λm+3n<0，
即2λm2+3λn2+λ2+6m⋅n<0，所以λ2+7λ+6<0，解得−6<λ<−1．
又2m+λn与λm+3n不能共线，若2m+λn与λm+3n反向共线，则2λ=λ3且λ<0，解得λ=− 6．
综上，实数λ的取值范围是−6,− 6∪− 6,−1
17.解：(1)
法一：∵▵ABC是等边三角形，且E是BC中点∴BC⊥AE
∵A1A⊥面ABC，BC⊂面ABC∴BC⊥A1A
∵AE⊂面A1AE，A1A⊂面A1AE，且AE∩A1A=A∴BC⊥面A1AE
∵A1E⊂面A1AE∴BC⊥A1E
法二：取B1C1的中点G，则EG⊥面ABC，可知EG、EA、EC两两垂直，
如图以EC为x轴，EA为y轴，EG为z轴，则E0,0,0，A10, 3,4，B−1,0,0，C1,0,0；
所以BC=2,0,0，EA1=0, 3,4，则BC⋅EA1=0，即BC⊥EA1⇒BC⊥EA1；
(2)
法一：由题可知：VF−ACE=13S▵ACE⋅AA1=13×12× 34×22×4=2 33；
在▵AEF中，AE= 3，AF= 17；
取B1C1中点G，在Rt▵EGF中，EF= GF2+GE2= 12+42= 17，
AE边上的高为 17− 322= 652；
∴S▵AEF=12× 652× 3= 1954；
设点C到平面AEF的距离为ℎ，则VF−ACE=VC−AEF=13ℎ×S▵AEF=2 33，
解得ℎ=8 6565，即点C到平面AEF的距离为8 6565．
法二：A0, 3,0，F12, 32,4，EA=0, 3,0，EF=12, 32,4，
设面AEF的法向量为n=x,y,z，n⋅EA=0n⋅EF=0⇒ 3y=012x+ 32y+4z=0⇒n=−8,0,1；
设点C到面AEF的距离为d,CE=−1,0,0，d=n⋅CEn=8 65×1=8 6565
故点C到平面AEF的距离为8 6565．
18.解：(1)
因为b+a=2csinA+π6=2csinAcsπ6+csAsinπ6= 3csinA+ccsA，
由正弦定理得：sinB+sinA= 3sinCsinA+sinCcsA，
又因为sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC
所以csCsinA+sinA= 3sinCsinA，
因为sinA>0，所以csC+1= 3sinC，即 3sinC−csC=1，
所以2sinC−π6=1，即sinC−π6=12
因为0所以−π6所以C−π6=π6，即C=π3；
(2)
由(1)及余弦定理得
c2a2+b2=a2+b2−aba2+b2=1−aba2+b2=1−1ab+ba，
因为ab=sinAsinB=sinB+π3sinB=12sinB+ 32csBsinB=12+ 321tanB，
在锐角▵ABC中，B∈0,π2C=2π3−B∈0,π2，解得B∈π6,π2，
所以tanB∈ 33,+∞，所以ab=12+ 32⋅1tanB∈12,2，
由对勾函数的性质可得ab+ba∈2,52,
所以c2a2+b2=1−1ab+ba∈12,35．
19.解：(1)
在正四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD= 5，AB= 2，
则正四棱锥侧面的高为ℎ= 52− 222=3 22，
所以正四棱锥的表面积为S=4×12× 2×3 22+ 2× 2=8；
(2)
方法一：如图，连接BD交AC于点O，因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC的中点，
∵在正四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD= 5,AB= 2，
∴当M为SA的中点时，有BM=DM∴OM⊥BD
又∵四边形ABCD是正方形∴AO⊥BD
∴∠AOM即为平面BMD与平面ABCD所成的二面角的平面角
又∵O为AC的中点，M为SA的中点，∴OM//SC，且OM=12SC= 52，
得AM= 52,AO=1
∴cs∠AOM=AO2AM= 55
所以平面BMD与平面ABCD所成的二面角的余弦值为 55
方法二：建系法，如图连接BD,AC交于点O，连接OS，可知OS,OB,OC两两垂直
以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系；
O0,0,0，A0,−1,0，B1,0,0，C0,1,0，S0,0,2，P−34,0,12，
易知面ABCD的法向量为OS=0,0,2，
设面BMD的法向量为m=a,b,c，M0,−12,1，BM=−1,−12,0，BD=−2,0,0，
m⋅BM=0m⋅BD=0⇒−a−12b+c=0−2a=0⇒m=0,2,1
csOS,m=OS⋅mOSm= 55
所以平面BMD与平面ABCD所成的二面角的余弦值为 55．
(3)
方法一：在侧棱SC上存在点E，使得BE//平面PAC，满足SEEC=2
理由如下：取SD的中点Q，由SP=3PD，得PQ=PD，
过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ,BE，▵BDQ中，有BQ//PO，
又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，所以BQ//平面PAC，
由SQQP=2，得SEEC=SQQP=2，所以QE//PC
又PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，所以QE//平面PAC，
又BQ∩QE=Q，BQ、QE⊂平面BEQ，所以平面BEQ//平面PAC，
而BE⊂平面BEQ，所以BE//平面PAC
方法二
假设PC上存在E点满足SEEC=λ，使得BE//面PAC
OE=λ1+λOC+11+λOS=0,λ1+λ,21+λ，BE=BO+OE=−1,λ1+λ,21+λ，
设面PAC法向量为n=x,y,z，OP=−34,0,12，OC=0,1,0，
n⋅OP=0n⋅OC=0⇒−34x+12z=0y=0⇒n=2,0,3,
若BE/​/面PAC，则BE⊥n，
∴BE⋅n=0，即−2+61+λ=0，解得λ=2；
所以，在E点满足SEEC=2，使得BE//面PAC，