2023-2024学年河北省保定市定州二中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年河北省保定市定州二中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案），共8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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数(2−i)(1+3i)在复平面内对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.下列结论正确的是( )
A. 平行向量的方向都相同B. 单位向量都相等
C. 零向量与任意向量都不平行D. 两个单位向量之和可能仍然是单位向量
3.已知单位向量a与b的夹角为π3,a⊥(ka+b)，则k=( )
A. 12B. 32C. −12D. − 32
4.已知m，n，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，m⊂α，n⊂β，α∩β=l，m⊥l，n/​/α，则下列命题正确的是( )
A. m/​/nB. l/​/nC. α⊥βD. m⊥β
5.在正方形ABCD中，点E满足DE=2EC，点F满足BF=12BA+12BC，若EF=xAD+yAC，则x−y=( )
A. −12B. 12C. 32D. −16
6.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，在如图所示的鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD，E，F分别为BC，AD的中点，过EF的截面α与AC交于点G，与BD交于点H，AB=1，若AB/​/截面α，且CD/​/截面α，四边形GEHF是正方形，则CD=( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
7.如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西60°的方向，随后该船以20海里/小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西75°的方向，此时船与灯塔A间的距离为( )
A. 20 3海里
B. 40 3海里
C. 20 6海里
D. 40 6海里
8.如图，在圆锥SO的底面圆中，AC为直径，O为圆心，点B在圆O上，且∠BAC=30°，OA=OS= 2，D为线段AB上的动点，则SD+CD的最小值为( )
A. 5+1
B. 5−1
C. 5+12
D. 5−12
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.已知平面向量a=(1, 3),b=(3, 3)，则下列说法正确的是( )
A. |a+b|=2 7B. b⋅(b−a)=6
C. a与b的夹角为π3D. a在b上的投影向量为12b
10.关于复数z，下面是真命题的是( )
A. 若z−z∈R，则z∈RB. 若z2∈R，则z∈R
C. 若z2=|z|2，则z∈RD. 若z∈R，则z−∈R
11.如图，该多面体的表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上.若MN= 2，则( )
A. AB=3 2
B. 该多面体外接球的表面积为(10+4 2)π
C. 直线MG与直线PQ的夹角为π4
D. 二面角G−NH−P的余弦值为− 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2+c2−a2≥bc，则A的取值范围是______．
13.某同学将一张圆心角为π3的扇形纸壳裁成扇环(如图1)后，制成了简易笔筒(如图2)的侧面，已知OB=2OA=60cm，则制成的简易笔筒的高为______cm．
14.已知|a|=3,|b|=2,|c|=1，且a⋅b−(a−b)⋅c−1=0，则a⋅b的取值范围是______．
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)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3csC(acsB+bcsA)=c．
(1)求csC的值；
(2)若c=2 2，△ABC的面积为 2，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
在等腰梯形ABCD中，CD的中点为O，以O为坐标原点，DC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，已知A(−2,4)，D(−3,0)，BC=4BE．
(1)求CE⋅DE；
(2)若点F在线段CD上，FE⋅CE=6，求cs〈FE,CE〉．
17.(本小题15分)
如图，在六面体ABCDEF中，DE/​/CF，正方形ABCD的边长为2，DE=2FC=2，AE=2 2,BE=2 3．
(1)证明：平面ADE//平面BCF．
(2)求直线EF与平面ABCD所成角的正切值．
(3)求多面体ABCDEF的体积．
18.(本小题17分)
如图，在平面四边形ABCD中，E为线段BC的中点，∠DAB=90°．
(1)若AD=AB= 2,∠ABE=150°,∠C=30°，求AE；
(2)若AD=AB=2，∠C=45°，求AE的最大值．
19.(本小题17分)
如图①所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别是AC，AB上的点，且DE/​/BC，AC=2BC=3DE=6.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②所示.M是线段A1D的中点，P是A1B上的点，EP//平面A1CD．
(1)求A1PA1B的值．
(2)证明：平面BCM⊥平面A1BE．
(3)求点P到平面BCM的距离．
答案
1.【答案】A
2.【答案】D
3.【答案】C
4.【答案】B
5.【答案】D
6.【答案】B
7.【答案】C
8.【答案】A
9.【答案】ABD
10.【答案】CD
11.【答案】BCD
12.【答案】(0,π3]
13.【答案】5 35
14.【答案】[−2 3,2 3]
15.【答案】解：(1)已知3csC(acsB+bcsA)=c，
代入正弦定理得3csC(sinAcsB+sinBcsA)=sinC，
即3csCsin(A+B)=sinC，又sin(A+B)=sinC>0，则csC=13．
(2)由于csC=13，则sinC= 1−cs2C=2 23，
△ABC的面积为 2，则12ab⋅sinC= 2，所以ab=3．
由已知及余弦定理得a2+b2−2ab⋅csC=8，所以a2+b2=10，
从而(a+b)2=16，a+b=4，
所以△ABC的周长为a+b+c=4+2 2．
16.【答案】解：(1)根据题意，可得B(2,4)，C(3,0)，BC=(1,−4)，
设E(x,y)，可得BE=(x−2,y−4)=14BC=(14,−1)，所以x−2=14y−4=−1，解得x=94y=3，得E(94,3)．
所以CE=OE−OC=(−34,3)，DE=OE−OD=(214,3)，可得CE⋅DE=−34×214+3×3=8116；
(2)设F(m,0)，可得FE=(94−m,3)，结合CE=(−34,3)，得FE⋅CE=−34(94−m)+3×3=6，解得m=−74，
所以FE=(4,3)，可得|FE|= 42+32=5，结合|CE|= 916+9=3 174，
所以cs=FE⋅CE|FE|⋅|CE|=65×34 17=8 1785．
17.【答案】解：(1)证明：∵DE/​/CF，DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，
∴CF/​/平面ADE，
在正方形ABCD中，AD//BC，又∵AD⊂平面ADE，
BC⊄平面ADE，∴BC/​/平面ADE，
∵CF∩BC=C，CF⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，
∴平面ADE//平面BCF．

(2)连接BD，延长EF，DC交于点O，
∵正方形ABCD的边长为2，DE=2FC=2，AE=2 2,BE=2 3．
∴AD2+DE2=AE2，∴AD⊥DE，
∵BD= AB2+AD2=2 2，∴BD2+DE2=BE2，∴BD⊥DE，
∵AD∩BD=D，∴DE⊥平面ABCD，
∴∠DOE为直线EF与平面ABCD所成的角，
在△ODE中，由CODO=CFDE，解得DO=4,tan∠DOE=DEDO=12，
即直线EF与平面ABCD所成角的正切值为12．
(3)连接EC，则VE−ABCD=13×2×2×2=83，
易证CD⊥平面BCF,VE−BCF=13S△BCF⋅DC=13×12×2×1×2=23，
∴多面体ABCDEF的体积V=VE−ABCD+VE−BCF=103．
18.【答案】解：(1)连接BD.在△ABD中，AD=AB= 2,∠DAB=90°，
∴BD= 2+2=2，∠ABD=45°．
∵∠ABE=150°，∴∠CBD=105°，∠BDC=180°−∠C−∠CBD=45°．
在△BCD中，BCsin∠BDC=BDsin∠C，∴BCsin45∘=2sin30∘，
∴BC=4sin45°=2 2，∵E为线段BC的中点，∴BE= 2．
在△ABE中，AE= AB2+BE2−2AB⋅BEcs∠ABE= 4+2 3= 3+1．
(2)设∠DBC=θ∈(0,3π4)．
在△BCD中，由正弦定理得BDsin∠C=BCsin∠BDC，
∴BC=4sin(θ+π4),BE=2sin(θ+π4)，
在△ABE中，由余弦定理知AE2=AB2+BE2−2AB⋅BEcs∠ABE
=4+4sin2(θ+π4)−2×2×2sin(θ+π4)cs(θ+π4)
=4+2−2cs(2θ+π2)−4sin(2θ+π2)
=6+2sin2θ−4cs2θ=6+2 5sin(2θ−φ)，其中tanφ=2．
当2θ−φ=π2时，(AE2)max=6+2 5=( 5+1)2，即AEmax= 5+1．
故AE的最大值为 5+1．
19.【答案】(1)解：过点P作PN/​/BC交A1C于点N，连接DN，设DN∩CM=O，
∵BC/​/DE，∴PN//DE，
∴点P，N，D，E在同一平面内，
∵EP//平面A1CD，平面PNDE∩平面A1CD=DN，
∴EP//DN，
∴四边形DNPE为平行四边形，即PN=DE，
故A1PA1B=NPBC=DEBC=23．

(2)证明：在△A1CD中，A1C⊥CD，A1D=4，CD=2，∴∠CA1D=30°，
∵M是线段A1D的中点，∴∠MCA1=30°，∠MCD=60°，
∵A1NA1C=A1PA1B=23，∴CN=2 33，
在△NCD中，∠NDC=30°，
∴∠COD=180°−∠MCD−∠NDC=90°，DN⊥CM，
由题意可得BC⊥CD，DE⊥A1D，
∵DE/​/BC，∴BC⊥A1D，
∵CD∩A1D=D，
∴BC⊥平面A1CD，∵DN⊂平面A1CD，
∴BC⊥DN，
又∵CM∩BC=C，CM⊂平面BCM，BC⊂平面BCM，
∴DN⊥平面BCM，
由(1)可得EP//DN，∴EP⊥平面BCM，
∵EP⊂平面A1BE，
∴平面BCM⊥平面A1BE．
(3)∵PN//BC，BC⊂平面BCM，
∴PN/​/平面BCM，
∴点P到平面BCM的距离与点N到平面BCM的距离相等，
由(2)得，DN⊥平面BCM,CN=2 33,∠A1CM=π6,ON=CNsin∠A1CM= 33，
∴ON为点N到平面BCM的距离，且点N到平面BCM的距离为 33，
∴点P到平面BCM的距离为 33．