2023-2024学年四川省广安二中高一（下）第二次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省广安二中高一（下）第二次月考数学试卷（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.化简AB−CB+CD的结果是( )
A. DAB. CAC. ACD. AD
2.若复数z满足zi=2−i，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且a= 2,b=1,A=45°，B=( )
A. 30°B. 30°或150°C. 60°D. 60°或120°
4.如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′//y′轴，B′C′//x′轴，A′B′=1，B′C′=3，则△ABC中，AC=( )
A. 2
B. 5
C. 4
D. 13
5.在矩形ABCD中，AB=2 2，AD=2，E为线段BC的中点，F为线段CD上靠近C的四等分点，则AE⋅AF的值为( )
A. 4B. 8C. 92D. 5
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是棱CC1的中点，则异面直线BM与A1C1所成角的余弦值为( )
A. 105B. 155C. 1010D. 3 1010
7.中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒(cuán)尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱长为4 21m，侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ=30°，则下列结论正确的是( )
A. 正四棱锥的底面边长为48mB. 正四棱锥的高为4m
C. 正四棱锥的体积为768 3m3D. 正四棱锥的侧面积为96 3m2
8.已知△ABC所在平面上的动点M满足2AM⋅BC= AC2 −AB2，则M点的轨迹过△ABC的( )
A. 内心B. 垂心C. 重心D. 外心
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.已知向量a=(−2,1)，b=(−1,t)，则下列说法正确的是( )
A. 若a⊥b，则t的值为−2
B. 若a//b，则t的值为12
C. 若0D. 若(a+b)⊥(a−b)，则|a+b|=|a−b|
10.α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中错误的是( )
A. 若m⊥n，m⊄α，n⊂α，则m⊥α
B. 若α/​/β，m⊂α，n⊂β，则m/​/n
C. 若α⊥β，n⊂α，则n⊥β
D. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱B1C1，BB1的中点，G为面对角线A1D上的一个动点，则( )
A. 三棱锥B1−EFG的体积为定值
B. 线段A1D上存在点G，使A1C⊥平面EFG
C. 线段A1D上存在点G，使平面EFG/​/平面ACD1
D. 设直线FG与平面ADD1A1所成角为θ，则sinθ的最大值为2 23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一个圆锥的母线长为2 3，且底面面积为4π，则此圆锥的高为______．
13.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA= 3acsC，a+b=4 2，ab=8，则边c的值是______．
14.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，且AB⊥BC，球心O到平面ABC的距离为 2，若球O的表面积为12π，则三棱锥O−ABC体积的最大值为______．
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)
如图所示，在△ABC中，D为BC边上一点，且BD=2DC，过D的直线EF与直线AB相交于E点，与直线AC相交于F点(E,F两点不重合)．
(1)用AB，AC表示AD；
(2)若AE=λAB，AF=μAC，求2λ+μ的最小值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin(π−x)sin(π2−x)+cs2x．
(1)求函数f(x)的最小正周期和对称轴．
(2)设函数g(x)=f(x)−12，若g(x)在(0,α)上恰有2个不同的零点x1，x2，
①求α的取值范围；
②求f(x1+x2)的值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，BC/​/AD，AD=2AB=2BC，E是PD中点.求证：
(1)CE/​/平面PAB；
(2)AC⊥PD．
18.(本小题17分)
如图正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是线段AA1的中点，平面α过点D1、C、E．
(1)画出平面α截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤；
(2)求(1)中截面多边形的面积；
(3)平面α截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值．
19.(本小题17分)
十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔⋅德⋅费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是：“当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点.”在费马问题中所求的点称为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2cs(B+C)(B−C)−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案
1.D
2.C
3.A
4.D
5.B
6.A
7.C
8.D
9.AB
10.ABC
11.ABD
12.2 2
13.2 2
14. 23
15.解：(1)因为BD=2DC，所以AD−AB=2AC−2AD，
化简得AD=13AB+23AC；
(2)因为AE=λAB，AF=μAC，AD=13AB+23AC，
所以AD=13λAE+23μAF，由图可知λ>0，μ>0
又因为D、E、F三点共线，所以13λ+23μ=1，
所以2λ+μ=(2λ+μ)⋅(13λ+23μ)=43+μ3λ+4λ3μ≥43+2 μ3λ⋅4λ3μ=83，
当μ3λ=4λ3μ，即μ=2λ=43时，2λ+μ取最小值83．
16.解：(1)f(x)=sin(π−x)sin(π2−x)+cs2x=sinxcsx+cs2x
=12sin2x+12cs2x+12= 22sin(2x+π4)+12，
所以函数f(x)的最小正周期T=π；
令2x+π4=kπ+π2,x=kπ2+π8,k∈Z
对称轴为x=kπ2+π8,k∈Z；
(2)①函数g(x)=f(x)−12= 22sin(2x+π4)，
由g(x)=0，得sin(2x+π4)=0，则2x+π4=kπ,k∈Z，
得x=kπ2−π8,k∈Z，
当x>0时，x=3π8，x=7π8，x=11π8，x=158π，……，
因为g(x)在(0,α)上恰有2个不同的零点x1，x2，
所以x1=3π8，x2=7π8，7π8<α≤11π8，
即α的取值范围是(7π8,11π8]；
②因为x1=3π8，x2=7π8，所以x1+x2=5π4，
所以f(x1+x2)=f(5π4)= 22sin(52π+π4)+12= 22csπ4+12=1．
17.证明：(1)取线段AP的中点F，连接EF，BF，
因为E，F分别为PD，AP中点，
所以EF/​/AD，EF=12AD，
又BC/​/AD，BC=12AD，
所以EF/​/BC，EF=BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE/​/BF，
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE/​/平面PAB；
(2)因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PC⊥AC，
取线段AD的中点M，连接CM，则AM/​/BC，AM=BC，
又AB=BC，AB⊥AD，所以四边形ABCM为正方形，
设AD=2，则AB=BC=CM=AM=DM=1，
AC= AB2+BC2= 2，CD= CM2+DM2= 2，
所以AC2+CD2=AD2，所以AC⊥CD；
又因为PC∩CD=C，PC，CD⊂平面PCD，
所以AC⊥平面PCD，
因为PD⊂平面PCD，
所以AC⊥PD．
18.解：(1)如图，取AB的中点F，连接EF、A1B、CF．
因为E是AA1的中点，所以EF//A1B.
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D1/​/BC，A1D1=BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B/​/D1C，所以EF/​/D1C，
所以E、F、C、D1四点共面．
因为E、C、D1三点不共线，所以E、F、C、D1四点共面于平面α，
所以面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面；

(2)由(1)可知，截面EFCD1为梯形，EF= AE2+AF2= 1+1= 2，
CD1= CD2+DD12= 4+4=2 2，D1E= A1D12+A1E2= 4+1= 5，
同理可得CF= 5，
如图所示：

分别过点E、F在平面CD1EF内作EM⊥CD1，FN⊥CD1，垂足分别为点M、N，
则D1E=CF，∠ED1M=∠FCN，∠EMD1=∠FNC=90°，
所以△EMD1≌△FNC，则D1M=CN，
因为EF/​/CD1，EM⊥CD1，FN⊥CD1，则四边形EFNM为矩形，
所以MN=EF= 2，所以D1M=CN=CD1−MN2=2 2− 22= 22，
所以EM= ED12−D1M2= 5−12=3 22，
所以梯形CD1EF的面积为S=12(EF+CD1)⋅EM=12×3 2×3 22=92；
(3)因为多面体AEF−DD1C为三棱台，
又S△AEF=12AE⋅AF=12×12=12，S△DD1C=12DD1⋅DC=12×22=2，
且该棱台的高为2，所以该棱台的体积为：
13(S△AEF+S△DD1C+ S△AEF⋅S△DD1C)⋅AD=13(12+2+ 12×2)×2=73，
故剩余部分的体积为8−73=173．
故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为717．
19.解：(1)因为cs2B+cs2C−cs2A=1，
所以1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
所以sin2A=sin2B+sin2C，
由正弦定理得a2=b2+c2，
所以ΔABC直角三角形，且A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)因为点P为△ABC的费马点，
所以∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
因为|PB|+|PC=t|PA|，所以m+n=t，
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
所以由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
所以m+n+2=mn，而m>0，n>0，
所以m+n+2=mn≤(m+n2)2，当且仅当m=n时，
又m+n+2=m，即m=n=1+ 3 时，等号成立，
又m+n=t，所以t2−4t−8≥0，
解得t≥2+2 3或t≤2−2 3( 舍去)，
所以实数t的最小值为2+2 3．