2024年河北省秦皇岛市昌黎一中高考数学六调试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年河北省秦皇岛市昌黎一中高考数学六调试卷（含详细答案解析），共19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=3+ai2+i为纯虚数，则实数a=( )
A. −32B. 32C. 6D. −6
2.已知集合A={x|ax−1=0}，B={x∈N*|2≤xb”是“a2>b2”的必要不充分条件
B. 命题“∀x∈(0,+∞)，x+1x>1”的否定是“∀x∈(0,+∞)，x+1x≤1”
C. cs2α+sin2β=1的充要条件是α=β
D. “ω=π”是“函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2”的充分不必要条件
5.已知sinα= 55，α为钝角，tan(α−β)=13，则tanβ=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
6.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则三棱锥A′−DEF的外接球体积为( )
A. 8 6πB. 6 6πC. 4 6πD. 2 6π
7.定义两个向量u与v的向量积u×v是一个向量，它的模|u×v|=|u|⋅|v|sin⟨u,v⟩，它的方向与u和v同时垂直，且以u,v,n的顺序符合右手法则(如图)，在棱长为2的正四面体ABCD中，则(AB×AD)⋅AC=( )
A. 4 2B. 4C. 4 3D. 2 3
8.表面积为4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，则下述正确的是( )
A. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
B. 若m//α，n⊥α，则m⊥n
C. 若m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，则n与α相交
D. 若m⊥α，α//β，则m⊥β
10.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x+1)为偶函数，当x∈(0,1]时，f(x)=x2，则下列说法正确的是( )
A. f(x+4)=f(x)B. f(x)的值域为[−1,1]
C. f(x)在[−4,−2]单调递减D. f(x)关于(4,0)中心对称
11.已知圆C：x2+y2−2kx−2y−2k=0，则下列命题是真命题的是( )
A. 若圆C关于直线y=kx对称，则k=±1
B. 存在直线与所有的圆都相切
C. 当k=1时，P(x,y)为圆C上任意一点，则y+ 3x的最大值为5+ 3
D. 当k=1时，直线l：2x+y+2=0，M为直线l上的动点．过点M作圆C的切线MA，MB，切点为A，B，则|CM|⋅|AB|最小值为4
12.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=1，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面α与平面PBC的交线为l，则( )
A. 直线l与平面PAD有一个交点
B. PC⊥DE
C. 直线PA与l所成角的大小为45∘
D. 平面α截四棱锥P−ABCD所得的上下两个几何体的体积之比为35
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.sin2π12+sin2π4+sinπ12sinπ4=______.
14.正三棱柱ABC−A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，若B1C⊥A1B，则ab=______.
15.二面角α−l−β的棱上有两个点A、B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱l，若AB=4，AC=6，BD=8，CD=2 17，则平面α与平面β的夹角为__________.
16.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，且PF2⊥F1F2，过P作F1P的垂线交x轴于点A，若|AF2|=12c，记椭圆的离心率为e，则e2+e=______.
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)
如图，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=π2，AB=3，BC=2，S△ABC=3 32且∠ABC为锐角.
(1)求BD；
(2)求△ACD的面积.
18.(本小题12分)
已知数列{an}和{bn}满足：a1=1，an+bn=an+1，an−bn=λ(λ为常数，且λ≠1).
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)①求数列{an}的通项公式；
②若当n=3和n=4时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，求Sn的表达式.
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，AA1=3，M是AB的中点，N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点.
(1)求多面体BMC−B1A1C1的体积；
(2)求点A到平面A1CM的距离；
(3)在线段A1N上是否存在点Q，使得PQ//平面A1CM？
20.(本小题12分)
已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在半径为 2的球面上，且PA=PB=PC=AC=BC，AC⊥BC，N为AB的中点.
(1)证明：PN⊥平面ABC；
(2)若M是线段PC上的点，且平面MAB与平面PAB的夹角为45∘，求AM与平面PBC所成角的正弦值.
21.(本小题12分)
已知整数数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=an2n.数列{an}，{bn}前n项和分别为Sn，Tn，其中n2−2，而12b2，则a>b”是假命题，因为(−2)2>12，而−2b”是“a2>b2”的既不充分也不必要条件，A错误；
对于B，命题“∀x∈(0,+∞)，x+1x>1”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
因此它的否定是“∃x∈(0,+∞)，x+1x≤1”，B错误；
对于C，当α=π3，β=2π3时，cs2α+sin2β=1成立，
因此cs2α+sin2β=1成立，不一定有α=β，C错误；
对于D，当ω=π时，函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2；
当函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2时，ω=π或ω=−π.
所以“ω=π”是“函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2”的充分不必要条件．D正确．
故选：D.
利用特殊值法判断A、C，利用含量词的命题的否定形式判断B，利用充分条件、必要条件判断D.
本题考查命题的真假判断与应用，考查充分、必要条件的概念及其应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：∵sinα= 55，α为钝角，
∴csα=− 1−cs2α=−2 55，
∴tanα=sinαcsα=−12，
又tan(α−β)=13，则tanβ=tan[α−(α−β)]=tanα−tan(α−β)1+tanαtan(α−β)=−12−131+(−12)×13=−1，
故选：B.
由sinα= 55，α为钝角，可求得tanα的值，再利用两角差的正切可求得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查运算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：依题意，A′D⊥A′E，A′E⊥A′F，A′D⊥A′F，且A′D=4，A′E=A′F=2，
于是四面体A′−DEF可以补形成以A′D，A′E，A′F为相邻三条棱的长方体，
该长方体与四面体A′−DEF的外接球相同，
设四面体A′−DEF的外接球的半径R，则2R为长方体的体对角线长，
即2R= A′D2+A′E2+A′F2=2 6，
所以四面体A′−DEF的外接球体积为43π×( 6)3=8 6π.
故选：A.
由四面体A′−DEF的棱A′D，A′E，A′F两两垂直，将它补形成长方体，求出该长方体的体对角线即可得解．
本题考查四面体的外接球体积的求解，化归转化思想，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，|AB×AD|=|AB|⋅|AD|⋅sin⟨AB,AD⟩=2×2× 32=2 3，
设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，
则OC⊥平面ABD，又AO，AB，AD⊂平面ABD，
故OC⊥AO，OC⊥AB，OC⊥AD，
则AO= 32×AB×23=2 33，
OC= AC2−AO2= 4−43=2 63，
在△ACO中，cs∠ACO=OCAC=2 632= 63，
则cs⟨AC,OC⟩=cs∠ACO= 63，
又AB×AD的方向与OC相同，
所以(AB×AD)⋅AC=2 3×2× 63=4 2.
故选：A.
根据题中条件确定|AB×AD|，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得cs⟨AC,OC⟩=cs∠ACO= 63，又AB×AD的方向与OC相同，代入计算可得答案．
本题考查空间向量及其运算，考查三角形中的几何计算，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，
同时，该圆锥的内切球的半径为R，
由于圆锥的内切球的表面积为4π，则有4πR2=4π，解可得R=1，必有r>R=1，
由圆锥的内切球半径公式可得：R=rh(l−r)，则有r(l−r)=h，
又由h= l2−r2，则有r2(l−r)2=(l2−r2)，变形可得l=r(1+r2)r2−1，
则圆锥的表面积S=πr2+πrl=(r2+rl)π=(r2+r2+r4r2−1)π=r4r2−1×2π，
变形可得：S=[(r2−1)+1r2−1+2]×2π，
由于r>1，则r2−1>0，则S≥(2 (r2−1)×1r2−1+2)×2π=8π，当且仅当r2−1=1，即r= 2时等号成立，
即该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选：B.
根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，该圆锥的内切球的半径为R，由球的表面积公式求出R的值，结合圆锥的内切球半径公式可得R=rh(l−r)，变形l与r的关系，由圆锥的表面积公式可得S=πr2+πrl=(r2+rl)π=[(r2−1)+1r2−1+2]×2π，结合基本不等式分析可得答案．
本题考查球的表面积计算，涉及圆锥与球的位置关系，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，当直线m与n相交时，才有α//β，A错误；
对于B，若m//α，n⊥α，则由线面垂直的性质得m⊥n，故B正确；
对于C，若m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，则n与α相交、平行或n⊂α，故C错误；
对于D，若m⊥α，α//β，则由线面垂直的判定定理得m⊥β，故D正确．
故选：BD.
根据题意，由直线与平面的位置关系依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及异面直线的判断，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，∵f(x+1)为偶函数，∴满足f(−x+1)=f(x+1)，
∵f(x)是奇函数，∴f(−x+1)=f[−(x−1)]=−f(x−1)，
∴f(x+1)=−f(x−1)，
用x+1替换x，得f(x+2)=−f(x)，
再用x+2替换x，可得f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，故A正确；
对于B，由已知f(x)是奇函数，
∴当x∈[−1,0]时，f(x)=−x2，
∵f(x+1)为偶函数，∴图象关于x=−1轴对称，
∴f(x)在[−3,1]上的值域为[−1,1]，
由A选项可知f(x)是周期为4的周期函数，故B正确；
对于C，结合AB选项知，[−3+4k,−1+4k]，k∈Z为减函数，故C错误；
对于D，∵f(x)是奇函数，且满足f(x+4)=f(x)，
∴f(x)关于(4+2k,0)中心对称，故D正确．
故答案为：ABD.
利用函数的奇偶性、用期性、函数值的定义判断A；利用函数的周期性、对称性、周期性判断B；利用函数的单调性判断C；利用函数的奇偶性、对称性判断D.
本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性、单调性、函数值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由圆C：x2+y2−2kx−2y−2k=0，得(x−k)2+(y−1)2=(k+1)2，
所以圆心C(k,1)，半径为|k+1|(k≠−1)，故A不正确；
圆心C(k,1)，到x+1=0的距离为|k+1|，故存在直线x+1=0与所有的圆都相切，故B正确；
当k=1时，x2+y2−2x−2y−2=0，得(x−1)2+(y−1)2=22，
令x=1+2csθ，y=1+2sinθ，
∴y+ 3x= 3+2 3csθ+1+2sinθ=1+ 3+4sin(θ+π3)≤5+ 3，故C正确；
当k=1时，x2+y2−2x−2y−2=0，得(x−1)2+(y−1)2=22，
圆心C(1,1)，半径r=2.
因为四边形MACB的面积S=12|CM|⋅|AB|=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2 |CM|2−4，
要使四边形MACB面积最小，则需|CM|最小，此时CM与直线l垂直，
∴又C到2x+y+2=0的距离为d=|2+1+2| 22+1= 5，
∴|CM|⋅|AB|≥4 5−4=4，故D正确．
故选：BCD.
由已知得(x−k)2+(y−1)2=(k+1)2，圆心C(k,1)，半径为|k+1|(k≠−1)，可判断A；由圆心C(k,1)，到x+1=0的距离为|k+1|，可判断B；令x=1+2csθ，y=1+2sinθ，可得y+ 3x=1+ 3+4sin(θ+π3)，可判断C；四边形MACB的面积S=12|CM|⋅|AB|=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2 |CM|2−4，可判断D.
本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：取棱PC中点F，连接EF，DF，如图，
因为E是棱PB的中点，则BC//EF，而AD//BC，所以AD//EF，
即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF，又AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF//平面PAD，即l//平面PAD，故A错误；
由PD⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，
由PD=AD，可得△PDC为等腰直角三角形，
而斜边PC的中点为F，所以PC⊥DF，
再由底面ABCD是正方形，易得AD⊥CD，
又PD∩CD=D，且PD，CD⊂平面PDC，所以AD⊥平面PDC，
又PC⊂平面PDC，所以AD⊥PC，又AD∩DF=D，
且AD，DF⊂平面ADFE，所以PC⊥平面ADFE，
又DE⊂平面ADFE，所以PC⊥DE，故B正确；
由AD//EF，则直线PA与l所成的角就是PA与AD所成的角，
由PD⊥AD，则cs∠PAD=ADAP= 22，
即PA与AD所成的角的余弦值为 22，即角为45∘，故C正确；
VP−ABCD=13PD⋅SABCD=13×1×1=13，
VP−AEFD=13PF⋅SAEFD=13×12×(12+1)× 22× 22=18，
所以VABCDFE=VP−ABCD−VP−AEFD=13−18=524，
所以VP−AEFDVABCDFE=18524=35，故D正确．
故选：BCD.
根据所给图形，取棱PC中点F，连接EF，DF，交线为l，然后根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结合棱锥的体积公式可判断D.
本题考查立体几何中的线面平行、线线角、锥体的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】34
【解析】解：sin2π12=1−csπ62=1− 322=2− 34，
则sinπ12= 2− 34= 4−2 38= ( 3−1)28= 3−14× 2，
则sin2π12+sin2π4+sinπ12sinπ4=2− 34+( 22)2+ 3−14× 2× 22=2− 34+12+ 3−14=14+12=34.
故答案为：34.
利用三角函数的倍角公式进行化简求解即可．
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用三角函数的倍角公式进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．
14.【答案】 2
【解析】解：如图：
由题意|BA|=|BC|=a,|BB1|=b，且BA,BC=60∘,BB1⊥BA,BB1⊥BC，
则BA1=BB1+B1A1=BB1+BA，B1C=BC−BB1，又B1C⊥A1B，即B1C⊥BA1，
所以B1C⋅BA1=0，所以(BC−BB1)⋅(BB1+BA)=0，
所以BC⋅BB1+BC⋅BA−BB12−BB1⋅BA=0，所以0+a⋅a⋅12−b2−0=0，
解得a= 2b，即ab= 2.
故答案为： 2.
采用向量法求解，先求出BA1=BB1+BA，B1C=BC−BB1，再由B1C⊥BA1得(BC−BB1)⋅(BB1+BA)=0，根据数量积的定义及运算律计算即可．
本题考查了空间向量数量积的定义及运算律，属于中档题．
15.【答案】π3
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量的数量积运算，二面角，属于中档题．
先设二面角α−l−β的平面角为θ，因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以CA⋅AB=0,BD⋅AB=0，得CD=CA+AB+BD，两边平方后代入数值即可求出答案．
【解答】
解：设二面角α−l−β的平面角为θ，θ∈0,π，
因为AC⊥AB，BD⊥AB，
所以CA⋅AB=0,BD⋅AB=0，
由题意得CD=CA+AB+BD，
所以|CD|2=|CA+AB+BD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA⋅BD
=36+16+64+2×6×8×cs(π−θ)=(2 17)2，
所以cs(π−θ)=−12，
所以csθ=12，
所以θ=π3，即平面α与平面β的夹角为π3.
故答案为：π3.
16.【答案】1
【解析】解：如图所示：因为PF2⊥F1F2，AP⊥PF1，
所以△PF1F2∽△APF2，
可得|PF2||F1F2|=|AF2||PF2|，
即|PF2|2=|F1F2|⋅|AF2|=2c⋅12c=c2，
可得|PF2|=c，
在Rt△PF1F2中，|PF1|= c2+(2c)2= 5c，
由椭圆定义可得|PF1|+|PF2|=2a，
即 5c+c=2a，
所以e=ca=2 5+1= 5−12，
则e2=( 5−12)2=3− 52，
所以e2+e=1.
故答案为：1.
通过△PF1F2∽△APF2得到|PF2|=c，再借助椭圆的定义得到 5c+c=2a，进而计算求出离心率即可．
本题考查了椭圆的性质及定义，重点考查了椭圆离心率的求法，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵S△ABC=3 32，∴12AB⋅BC⋅sin∠ABC=3 32，
又AB=3，BC=2，则12×3×2×sin∠ABC=3 32，
∴sin∠ABC= 32，
∵∠ABC是锐角，∴∠ABC=π3.
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=7，则AC= 7.
∵∠DAB=∠DCB=π2，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，
∴BD是△ABC外接圆的直径，利用正弦定理知BD=ACsin∠ABC= 7×2 3=2 213；
(2)由∠DAB=∠DCB=π2，BD=2 213，AB=3，BC=2，
则AD= 33，CD=4 33，又∠ABC=π3，则∠ADC=π−∠ABC=2π3，
因此S△ACD=12AD⋅CD⋅sin∠ADC
=12× 33×4 33× 32= 33，
故△ACD的面积为 33.
【解析】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)已知AB、BC的值，运用三角形面积公式求出sin∠ABC的值，再结合余弦定理，以及外接圆公式，即可求解；
(2)分别在△ABD，△BCD中，运用勾股定理可得AD，CD，再结合三角形的面积公式，即可求解．
18.【答案】(1)证明：依题意，由an−bn=λ，可得bn=an−λ，
则b1=a1−λ=1−λ≠0，
∴bn+1=an+1−λ=an+bn−λ=(an−λ)+bn=2bn，
∵bn≠0，∴bn+1bn=2，
∴数列{bn}是以1−λ为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：①由(1)可得，bn=(1−λ)⋅2n−1，
∴an=bn+λ=(1−λ)⋅2n−1+λ，n∈N*；
②由题意，当n=3和n=4时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，
故S3=S4，∴a4=S4−S3=0，
∴a4=8(1−λ)+λ=0，解得λ=87，
∴an=87−17×2n−1，n∈N*，
经检验，当n≤3时，an>0，当n=4时，an=0，当n≥5时，an