2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学高一（下）质检数学试卷（6月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学高一（下）质检数学试卷（6月份）（含答案），共11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.若复数z满足1−zz−3=i,i为虚数单位，则z−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.用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为( )
A. 36B. 18 2C. 9 2D. 9 22
3.已知圆台O1O上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为( )
A. 8πB. 16πC. 26πD. 32π
4.△ABC中，设AB=c，BC=a，CA=b，若c⋅(c+a−b)<0，则△ABC的形状是( )
A. 直角三角形B. 锐角三角形C. 钝角三角形D. 无法确定
5.如图所示，正三棱锥V−ABC中，D，E，F分别是VC，VA，AC的中点，P为VB上任意一点，则直线DE与PF所成的角的大小是( )
A. 30°
B. 60°
C. 90°
D. 随P点的变化而变化
6.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°，45°，60°，其中AB=a，BC=b(0A. 12 2ab(a+b)3b−aB. 12 3ab(a+b)3b−aC. 12 5ab(a+b)3b−aD. 12 6ab(a+b)3b−a
7.如图，四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC=BD=2，点E是CD的中点，若直线AB与平面ACD所成角的正切值为 24，则点B到平面ACD的距离为( )
A. 23
B. 23
C. 2 23
D. 43
8.在△ABC中，已知a，b，c分别为角A，B，C的对边.若ab+ba=3csC，且cs(A−B)=− 36，则csC=( )
A. −4 39B. 4 39C. 32D. 32或−4 39
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中不正确的是( )
A. 若m⊥α，m/​/n，n⊥β，则α⊥β
B. 若α/​/β，m⊂α，m/​/n，则n/​/β
C. 若m，n是两条不同的异面直线，m/​/α，n/​/β，m⊂α，n⊂β，则α/​/β
D. 若m⊥n，α/​/β，则m与α所成的角和n与β所成的角互余
10.下列说法正确的是( )
A. 在四边形ABCD中，AB=DC，则四边形ABCD是平行四边形
B. 若{e1,e2}是平面内所有向量的一个基底，则{e1−e2,e2−e1}也可以作为平面向量的基底
C. 已知O为△ABC的外心，边AB、AC长为定值，则AO⋅BC为定值
D. 已知a,b均为单位向量．若|a−b|=1，则a在b上的投影向量为b
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q为线段B1C1的中点，P为线段CC1上的动点(含端点)，则下列结论错误的是( )
A. 三棱锥D−D1PQ的体积为定值
B. P为线段CC1的中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面的面积为3 102
C. DP+PQ的最小值为 5+ 2
D. 直线DP与直线A1B所成角的取值范围为[π4,π2]
12.如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E为边AB的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处(A1∉平面ABCD)，若M为线段A1C的中点，平面A1DE与平面DEBC所成锐二面角α，直线A1E与平面DEBC所成角为β，则在△ADE折起过程中，下列说法正确的是( )
A. 存在某个位置，使得BM⊥A1D
B. △A1EC面积的最大值为2 2
C. sinβ= 2sinα
D. 三棱锥A1−EDC体积最大时，三棱锥A1−EDC的外接球的表面积16π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知p：向量a=(−1,1)与b=(m,2)的夹角为锐角.则实数m的取值范围为______．
14.已知平面α/​/平面β，P是α、β外一点，过P点的两条直线PAC、PBD分别交α于A、B，交β于C、D，且PA=6，AC=9，AB=8，则CD的长为______．
15.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acsB=c−a.当c+4ab取最小值时，A= ______．
16.如图所示，直角三角形ABC所在平面垂直于平面α，一条直角边AC在平百α内，另一条直角边BC长为 33且∠BAC=π6，若平面α上存在点P，使得△ABP的面积为 33，则线段CP长度的最小值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知平面向量a=(2,3),b=(−1,k)，其中k≠−32．
(1)若|c|=2 13，且c/​/a，求向量c的坐标；
(2)若向量c=(5,1)，若a+2b与2b−c垂直，求|a+4b|．
18.(本小题12分)
在△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acsA+acs(B−C)=2 3bcsAsinC．
(1)求A的值；
(2)若a=2，求b−2c的取值范围．
19.(本小题12分)
如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，BD= 3，PD⊥平面ABCD．
(Ⅰ)证明：平面PBC⊥平面PBD；
(Ⅱ)在△PBD中，∠PBD=30°，点E在PB上且BE=3PE，求三棱锥P−CDE的体积．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，AB=2，AC∩BD=O，PO⊥底面ABCD，点E在棱PD上．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)若OP=2，点E为PD的中点，求二面角P−AC−E的余弦值．
21.(本小题12分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，点E是棱CC1的中点，∠BAA1=∠DAA1．
(1)证明：AC1/​/平面B1D1E；
(2)若∠ABC=60°,A1B= 6,AD1= 10，求直线A1C与底面ABCD所成角的正切值．
22.(本小题12分)
如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c=1且2csinAcsB=asinA−bsinB+14bsinC,cs∠BAD= 217．
(1)求△ABC的面积；
(2)设点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于G，且△AEF的面积为△ABC面积的一半，求AG⋅EF的最小值．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.C
6.D
7.D
8.C
9.ABD
10.AC
11.BC
12.BD
13.(−∞,−2)∪(−2,2)
14.20或4
15.π6
16. 63
17.解：(1)设c=(m,n)，因为|c|=2 13，且c/​/a，a=(2,3)，
所以m2+n2=522n=3m，解得m=4n=6或m=−4n=−6，所以c=(4,6)或c=(−4,−6)；
(2)因为a=(2,3),b=(−1,k),c=(5,1)，
所以a+2b=(0,3+2k),2b−c=(−7,2k−1)，
因为a+2b与2b−c垂直，所以(a+2b)⋅(2b−c)=0×(−7)+(3+2k)×(2k−1)=0，
即(3+2k)×(2k−1)=0，解得k=−32(舍去)或k=12，所以b=(−1,12)，
所以a+4b=(−2,5)，所以|a+4b|= (−2)2+52= 29．
18.解：(1)由acsA+acs(B−C)=2 3bcsAsinC，
因csA=cs[π−(B+C)]=−cs(B+C)，
代入得acs(B−C)−acs(B+C)=2 3bcsAsinC，
展开整理得2asinBsinC−2 3bcsAsinC=0，
即sinC(asinB− 3bcsA)=0，
因sinC>0，则有asinB− 3bcsA=0，
由正弦定理，sinAsinB− 3sinBcsA=0，
又因sinB>0，故得tanA= 3，
因0(2)由(1)得A=π3，因a=2，由正弦定理，
可得2sinπ3=4 33=bsinB=csinC，
则b=4 33sinB,c=4 33sinC=4 33sin(π3+B)=2 33sinB+2csB，
于是b−2c=4 33sinB−2(2 33sinB+2csB)=−4csB，
因0即b−2c的范围是(−4,2)．
19.(Ⅰ)证明：∵BC=1，CD=2，BD= 3，
∴CD2=BC2+BD2，
∴BC⊥BD，
∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PD⊥BC，
又PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，BD∩PD=D，
∴BC⊥平面PBD，
∵BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PBD．
(Ⅱ)解：在Rt△PBD中，
∵∠PBD=30°，BD= 3，∴PD=1，
∵BE=3PE，
∴S△PDE=14S△PBD=14×12× 3×1= 38．
∴VP−CDE=VC−PDE
=13S△PDE⋅BC=13× 38×1
= 324．
20.解：(1)证明：因为PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PO⊥AC，
因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又BD∩PO=O，BD⊂平面PBD，PO⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD．
(2)如图，连接OE，则OE⊂平面ACE，

由AC⊥平面PBD，OE⊂平面PBD，OP⊂平面PBD，
得AC⊥OE，AC⊥OP，
故∠POE即为二面角P−AC−E的平面角，
在菱形ABCD中，AB=AD=2，∠BAD=120°，
所以BD=2 3,OD= 3，
又PO=2，所以PB=PD= 22+( 3)2= 7，
由点E为PD的中点，得OE=12PD= 72,PE=12PD= 72，
所以△POE为等腰三角形，
在△POE内过点E作高，垂足为H，则HO=1，
所以cs∠POE=cs∠HOE=HOOE=1 72=2 77，
即二面角P−AC−E的余弦值为2 77．
21.解：(1)证明：四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，点E是棱CC1的中点，∠BAA1=∠DAA1，
连接A1C1交B1D1于点F，连接EF．
由题意知四边形A1B1C1D1是菱形，∴点F是A1C1的中点．
又点E是棱CC1的中点，∴EF//A1C.
又EF⊂平面B1D1E，A1C⊄平面B1D1E，∴A1C/​/平面B1D1E.

(2)∠ABC=60°,A1B= 6,AD1= 10，
连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接A1O，A1D，BA1，

由∠BAA1=∠DAA1，AA1=AB=AD，可得△BAA1≌△DAA1，则BA1=DA1．
由题意知四边形ABCD是菱形，∴点O是BD的中点，得A1O⊥BD．
在△BA1C1中，易得A1C1=2，∴BC12=BA12+A1C12，得A1B⊥A1C1．
又AC/​/A1C1，∴A1B⊥AC．
易知AC⊥BD，且A1B∩BD=B，∴AC⊥平面A1BD，
又AC⊂平面ABCD，∴平面A1BD⊥平面ABCD．
又A1O⊥BD，∴A1O⊥平面ABCD．
∴∠A1CO是直线A1C与底面ABCD所成的角．
又AC=2，∴AO=CO=1，∴A1O= 3，
∴tan∠A1CO=A1OCO= 3，
∴直线A1C与底面ABCD所成角的正切值为 3．
22.解：(1)因为2csinAcsB=asinA−bsinB+14bsinC，
所以由正弦定理得：2cacsB=a2−b2+14bc，
由余弦定理：2ca⋅c2+a2−b22ac=a2−b2+14bc⇒c2=14bc⇒b=4c，
因为c=1，所以b=4．
因为D为BC的中点，所以AD=12(AB+AC)，设AB,AC的夹角为θ，
所以|AD|=12 AB2+AC2+2AB⋅AC=12 c2+b2+2bccsθ= 17+8csθ2，
又因为AB⋅AD=12AB⋅(AB+AC)=12(AB2+AB⋅AC)=c2+cbcsθ2=1+4csθ2，
所以 217=cs∠BAD=AB⋅AD|AB||AD|=1+4csθ 17+8csθ，即28cs2θ+8csθ−11=0，
解得csθ=12或csθ=−1114，
又因为1+4csθ>0，所以csθ=12，所以sinθ= 1−cs2θ= 1−14= 32，
所以△ABC的面积为12×4×1×sinθ= 3．
(2)设|AE|=x，|AF|=y，
因为△AEF的面积为△ABC面积的一半，且点E，F分别为边AB，AC上的动点，
所以S△AEFS△ABC=12AE⋅AF⋅sinA12AB⋅AC⋅sinA=12，
由(1)知，AB=1，AC=4，所以AE⋅AFAB⋅AC=xy1×4=12，所以xy=2，
设AG=λAD，则AG=λAD=λ2AB+λ2AC，
又因为E，G，F共线，所以设AG=μAE+(1−μ)AF，
则AG=μAE+(1−μ)AF=xμAB+y(1−μ)4AC，
由平面向量基本定理可得：xμ=λ2y(1−μ)4=λ2，解得μ=y4x+y．
所以AG=24x+yAB+24x+yAC，
又因为EF=EA+AF=y4AC−xAB，
所以AG⋅EF=(24x+yAB+24x+yAC)⋅(y4AC−xAB)=24x+y[y4AC2−xAB2+(y4−x)AC⋅AB]=9y−6x4x+y，
又因为xy=2，所以y=2x，
所以AG⋅EF=9y−6x4x+y=9×2x−6x4x+2x=18−6x24x2+2=214x2+2−32，
又因为0所以0<2x≤40所以当x=1时，AG⋅EF取得最小值2．