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2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷（含答案）
展开这是一份2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷（含答案），共12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.已知复数z满足z−11−i=i，则z−的虚部为( )
A. −iB. iC. −1D. 1
2.如图，△A′O′B′是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被墨汁覆盖，已知O′为坐标原点，顶点A′、B′均在坐标轴上，且△AOB的面积为9，则O′B′的长度为( )
A. 34B. 3 22C. 32D. 3 24
3.有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
4.平面向量a，b满足|a|=2，|b|=3，|a+b|=4，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 1512aB. 14aC. 38aD. 158a
5.将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线AD与BC所成角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
6.已知四面体P−ABC中，PA=4，AC=2 7，PB=BC=2 3，PA⊥平面PBC，则四面体P−ABC的外接球半径为( )
A. 2 2B. 2 3C. 4 2D. 4 3
7.已知向量a，b，c满足|a|=1，|b|= 3，a⋅b=−32，
A. 2 7B. 7C. 2D. 2
8.现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为a的正四面体盒子中，则a的最小值为( )
A. 4+4 6B. 5+4 6C. 6+4 6D. 8+4 6
二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 三个平面最多可以把空间分成8部分
B. 若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a与b相交”的充要条件是“α与β相交”
C. 若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则P∈l
D. 若n条直线中任意两条共面，则它们共面
10.点O是△ABC所在平面内的一点，下列说法正确的有( )
A. 若OA+OB+OC=0则O为△ABC的重心
B. 若(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，则点O为△ABC的垂心
C. 在△ABC中，向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且BA|BA|⋅BC|BC|=12，则△ABC为等边三角形
D. 若2OA+OB+3OC=0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC：S△ABC=1：6
11.9在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则( )
A. 若A=30°，b=4，a=3，则△ABC恰有1解
B. 若tanAtanB=1，则△ABC为直角三角形
C. 若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为锐角三角形
D. 若a2−b2=bc，则A=2B
12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则( )
A. 直线A1G，C1E为异面直线
B. 直线A1G与平面DD1C1C所成角的正切值为2 55
C. 过点C1，E，F的平面截正方体的截面面积为92
D. 三棱锥B−AEF外接球的表面积为14π
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.设向量a=(−2,0)，b=(m,1)，若(a+b)⊥b，则|a+b|= ______．
14.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O之间的距离为______．
15.如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=60°，M是BC的中点，AN=23AC，设AM与BN相交于点P，则cs∠MPN= ．
16.我国魏晋时期的数学家刘徽(图a)创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱(图b)，其相交的部外就是牟合方盖(图c).我国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积公式.已知在一个棱长为2r的正方体内有一个牟合方盖(图1)，设平行于水平面且与水平面距离为ℎ(0<ℎ
17.(本小题8分)
已知圆台的上、下底面半径分别是1和2，高是1.求：
(1)圆台的表面积；
(2)圆台的体积．
18.(本小题8分)
已知复数z1=m−3−3m−3i，z2=−m2−m+32i，其中m≠3，m∈R．
(1)若z1−z2是纯虚数，求m的值．
(2)z1、z2能否为某实系数一元二次方程的两个虚根？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
19.(本小题10分)
在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=6，∠BAD=π3，F是线段AD的中点，DE=λDC，λ∈[−1,1]．
(1)若λ=12，AE与BF交于点N，AN=xAB+yAD，求x−y的值；
(2)求BE⋅FE的最小值．
20.(本小题10分)
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2sin(B+π6)=b+ca．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC是锐角三角形，c=4，求△ABC面积的取值范围．
21.(本小题10分)
如图，在圆锥PO中，边长为2 3的正△ABC内接于圆O，AD为圆O的直径，E为线段PD的中点．
(1)求证：直线PO//平面BCE；
(2)若AE⊥PD，求直线AP与平面ABE所成角的正弦值．
22.(本小题10分)
如图，在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中点．
(1)求证：AM⊥平面QCD；
(2)求侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值；
(3)在棱QC上是否存在点N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC，如果不存在，说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.C
5.C
6.A
7.A
8.D
9.AC
10.ACD
11.BD
12.BCD
13. 2
14.2 55
15. 1938
16.正方形 π4
17.解：(1)如图，圆台OO′是大圆锥PO上面截掉小圆锥PO′得到的几何体，
则O′，O分别为圆台上、下底面的圆心，连接PO，则O′D=1，OC=2，O′O=1．
易得△PO′D∽△POC，则PO′PO=PO−O′OPO=O′DOC=12，得PO=2，
即PO′=1，PD= 2，PC=2 2，则DC= 2．
圆台的表面积S=π⋅O′D2+π⋅OC2+π⋅O′D⋅DC+π⋅OC⋅DC=π+4π+ 2π+2 2π=(5+3 2)π
(2)圆台的体积V=13⋅PO⋅π⋅OC2−13⋅PO′⋅π⋅O′D2=8π3−π3=7π3．
18.解：(1)∵复数z1=m−3−3m−3i，z2=−m2−m+32i，其中m≠3，m∈R，
∴z1−z2=m2+2m−3−(3m−3+32)i，
∵z1−z2是纯虚数，
∴m2+2m−3=03m−3+32≠0，解得m=−3．
(2)z1、z2不能为某实系数一元二次方程的两个虚根．
理由如下：
假设z1、z2是某实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a,b,c∈R,a≠0)的两个虚根，
则Δ=b2−4ac<0，
根据求根公式得z1=−b+ −(b2−4ac)i2a，z2=−b− −(b2−4ac)i2a，
∴z1，z2互为共轭复数，
∴m−3=−m2−m3m−3=32，m无实数解，
∴z1、z2不能为某实系数一元二次方程的两个虚根．
19.解：(1)当λ=12时，E为CD的中点，可得AE=AD+12DC=12AB+AD，
若AN=xAB+yAD，则BN=AN−AB=(x−1)AB+yAD，
因为F是AD的中点，所以BF=AF−AB=−AB+12AD，结合BN//BF，得x−1−1=y12…①，
由AN//AE，得x12=y1…②，将①②组成方程组，解得x=15，y=25，所以x−y=−15；
(2)根据题意，可得AB⋅AD=|AB|⋅|AD|csπ3=12，
由DE=λDC=λAB，得AE=AD+DE=λAB+AD，可得BE=AE−AB=(λ−1)AB+AD，
由AF=12AD，得FE=AE−AF=λAB+12AD，
所以BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=(λ2−λ)|AB|2+(3λ2−12)AB⋅AD+12|AD|2
=16(λ2−λ)+12(3λ2−12)+12×62=16λ2+2λ+12，
根据二次函数的性质，当λ=−116时，BE⋅FE的最小值为16×(−116)2+2×(−116)+12=19116．
20.解：(1)因为2sin(B+π6)=b+ca，
由正弦定理得：2sinAsin(B+π6)=sinB+sinC，
所以sinA( 3sinB+csB)=sinB+sinC，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinA( 3sinB+csB)=sinB+sinAcsB+csAsinB，
即 3sinAsinB+sinAcsB=sinB+sinAcsB+csAsinB，
即 3sinAsinB=sinB+csAsinB，整理得sinB( 3sinA−csA−1)=0，
因为B∈(0,π)，
所以sinB≠0，
所以 3sinA−csA−1=0，即 3sinA−csA=2sin(A−π6)=1，
所以sin(A−π6)=12，
因为A∈(0,π)，
所以A−π6=π6，可得A=π3；
(2)因为A=π3，c=4，
所以△ABC的面积S△ABC=12bcsinA= 3b，
由正弦定理得b=c⋅sinBsinC=4sin(2π3−C)sinC=4( 32csC+12sinC)sinC=2 3tanC+2．
由于△ABC为锐角三角形，
故0
所以π6
从而2 3
21.(1)证明：设AD交BC于点F，
∵O为△ABC外心，
∴OF=12OA．
又OA=OD=r=2 32 sin60°=2，∴F为OD中点．
∴△POD中E，F分别为PD，OD中点，
∴EF//PO，
，EF⊂平面ECB，
∴直线PO//平面BCE．
(2)解：∵AE⊥PD，E为PD中点，又PA=PD，∴△APD为等边三角形．
过O作OQ⊥AD且OQ⊂平面ABC，Q位于线段AB上，
以O为空间坐标原点，OQ，OD，OP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．
则：A(0,−2,0)，P(0,0,2 3)，AP=(0,2,2 3)，
B( 3,1,0)，E(0,1, 3)，
AB=( 3,3,0)，BE=(− 3,0, 3).
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，
n⋅AB=0n⋅BE=0，∴ 3 x+3y=0− 3x+ 3z=0，
取x= 3，则y=−1，z= 3．
则n=( 3,−1, 3)，
设直线AP与平面ABE所成角的正弦值为sinθ，
sinθ=|cs〈n⋅AP〉|=|n⋅AP||n|⋅|AP|= 77，
∴直线AP与平面ABE所成角正弦值为 77．
22.(1)证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，
又侧面QAD⊥底面ABCD，侧面QAD∩底面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面QAD，又AM⊂平面QAD，
所以CD⊥AM，
因为△QAD是正三角形，M是QD的中点，则AM⊥QD，
又CD∩QD=D，CD，PD⊂平面QCD，
所以AM⊥平面QCD；
(2)解：取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，QE，QF，
则EF=CD，EF//CD，所以EF⊥AD，
在正△QAD中，QE⊥AD，
因为EF∩QE=E，EF，QE⊂平面QEF，
则AD⊥平面QEF，
在正方形ABCD中，AD//BC，
故BC⊥平面QEF，
所以∠QFE是侧面QBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由CD⊥平面QAD，EF//CD，
则EF⊥平面QEF，又PE⊂平面QAD，
所以EF⊥QE，
设正方形ABCD的边长AD=2a，则EF=2a，QE= 3a，
所以QF= QE2+EF2= 7a，
则cs∠QFE=EFQF=2 77，
故侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为2 77．
(3)解：当QNNC=12时，平面BDN⊥平面AMC．
由正方形ABCD可得AC⊥BD．
又CD⊥AD，平面QAD⊥平面ABCD，可得CD⊥平面QAD，
即有CD⊥QD，
所以QC= 2a.
连接ON，在△QAC中，cs∠QCA=QC2+AC2−QA22QC⋅AC=2a2+2a2−a22×2a2=34，
则ON= (2 2a3)2+( 22a)2−2×2 2a3× 2a2×34= 146a，
由ON2+OC2=CN2，可得ON⊥AC，
又ON∩BD=O，所以AC⊥平面BDN，而AC⊂平面AMC，
所以平面BDN⊥平面AMC．
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