2023-2024学年河北省保定市清苑中学高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市清苑中学高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共17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(1−i)z=2i，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
2.已知|a|=2，向量a在向量b上的投影数量为 3，则a与b的夹角为
( )
A. π3B. π6C. 2π3D. π2
3.在△ABC中，A=60°，B=75°，a=2，则△ABC中最小的边长为( )
A. 63B. 2 63C. 2D. 6
4.在△ABC中，AB⊥AC，且|AB|=|AC|= 5，M是BC的中点，O是线段AM的中点，则OA⋅(OB+OC)的值为( )
A. 0B. − 54C. −54D. −58
5.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB=8cm，CD=2cm，则该青铜器的体积为( )
A. 87 2πcm3B. 87 2π4cm3C. 43 2π2cm3D. 43 2πcm3
6.如图，在△ABC中，D是BC的中点，G是AD的中点，过点G作直线分别交AB，AC于点M，N，且AB=xAM,AC=yAN，则1x+1y的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 2
7.在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知3csAcsC=ac，且a2−c2=2b，则b=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
8.如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1容器的的高为12cm，AB=10cm，A1B1=2cm，容器中水的高度为6cm，现将57个大小相同，质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没)，水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为( )
A. 31πcm
B. 32πcm
C. 33πcm
D. 34πcm
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.已知复数z1，z2，下列结论正确的有( )
A. z1+z2−=z1−+z2−
B. 若|z1|>|z2|，则z12>z22
C. |z1z2|=|z1||z2|
D. 若1|z2|=0，但z12=−10)，利用公式可求t，进而可求a，b，c的值，即可判断A；利用余弦定理可求csC的值，进而可求C，利用三角形内角和定理即可判断B；利用正弦定理可求△ABC的外接圆半径，即可判断C；由题意CD=12(CA+CB)，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求解CD的值，即可判断D．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理以及平面向量数量积的运算在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】20
【解析】解：由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段与x′轴平行或重合，其长度不变；
与y轴平行或重合的线段与y′轴平行或重合，其长度变成原来的一半，
则原图形中AB所对应的边长为A′B′=4cm，
由OC=2O′C′=4 2，可得原图形中BC所对的边长为 22+(4 2)2=6cm，
则原图形的周长是：2(4+6)=20cm．
故答案为：20．
由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段与x′轴平行或重合，其长度不变；与y轴平行或重合的线段与y′轴平行或重合，其长度变成原来的一半，由此能求出四边形ABCD的周长．
本题考查的知识点是平面图形的直观图，掌握斜二测画法的规则是关键，属于基础题．
13.【答案】7
【解析】解：由正弦定理得：sinAsinB= 3sinBcsA，
∵B∈(0,π)，∴sinB≠0，
∴sinA= 3csA，即tanA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3，
∵D是边BC的中点，∴AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(b2+2bccsA+c2)=14×(100+60+36)=49，
∴|AD|=7，即BC边上的中线长是7．
故答案为：7．
利用正弦定理边化角可求得A，根据向量线性运算和数量积运算律可求得AD2，由此可得结果．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
14.【答案】7：5
【解析】解：设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，
则V=V1+V2=Sh．
因为E，F分别为AC，AB的中点，
所以S△AEF=14S，
所以V1=13h(S+14S+ S⋅S4)=712Sh，
所以V2=V−V1=512Sh，
所以V1：V2=7：5．
故答案为：7：5．
设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，则V=V1+V2=Sh.根据三棱台的体积公式求出V1，再用总体积V减去V1即得到V2．
本题考查三棱锥体积公式和三棱台体积公式的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)z是纯虚数，只需a2+a−2=0a2−7a+6≠0，解得a=−2．
(2)由题意知a2+a−2>0a2−7a+60，解得k=13，
故c与d的夹角不为0时，k≠13；
综上可得：k的取值范围是(−19,13)∪(13,+∞)．
【解析】(1)先计算出向量c，d，再根据向量平行列出方程求解即可．
(2)先根据c与d的夹角为锐角得出c⋅d>0，且夹角不为0，再分别求出c⋅d>0和夹角不为0时k的取值范围即可．
本题主要考查了向量平行及向量数量积的性质的坐标表示，属于中档题．
17.【答案】解：(1)过E作EM⊥A1B，垂足为M，

因为A1B/​/D1C，所以平面A1D1C即平面A1BCD1
明显BC⊥EM，A1B⊥EM，BC∩A1B=B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，
所以EM⊥平面A1BCD1，
又EM= 22BE= 2，S△A1CD1=12A1D1⋅CD1=12×3×3 2=9 2，
所以VD1−A1CE=VE−A1CD1=13S△A1CD1⋅EM=13×9 2× 2=3．
(2)假设在线段B1C1上存在点F，使得BF/​/平面A1CE，
取A1B1的三等分点G，H，使A1G=GH=HB1=1，则四边形A1HBE是平行四边形，

所以BH//A1E，又BH⊄平面A1CE，A1E⊂平面A1CE，
所以BH//平面A1CE，又BF/​/平面A1CE，BH∩BF=B，BH，BF⊂平面BHF，
所以平面BHF//平面A1CE，又HF⊂平面BHF，
所以HF/​/平面A1CE，
取C1D1的三等分点K(靠近C1)，则A1K//C1G//CE，
所以平面A1CE∩平面A1B1C1D1=A1K，又HF⊂平面A1B1C1D1，HF/​/平面A1CE，
所以HF//A1K//C1G，又H为GB1的中点，所以F为B1C1的中点，
所以存在点F满足题意，且C1FB1C1=12．
【解析】(1)过E作EM⊥A1B，垂足为M，可得VE−A1CD1中EM为高，求出高和底面，进而可得体积；
(2)假设在线段B1C1上存在点F，使得BF/​/平面A1CE，取A1B1的三等分点G，H，得到平面BHF//平面A1CE，取C1D1的三等分点K(靠近C1)，再通过线面平行的性质得到HF//C1G，进而可得点F的位置．
本题考查锥体体积的计算以及线面平行的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)取PA中点M，连接MD、MF，
∵ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AB、AD⊂平面ABCD，
∴AB⊥AD，PD⊥AB，PD⊥AD，
又∵AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，
∴BA⊥平面PAD，
∵DM⊂平面PAD，
∴BA⊥DM，
∵Rt△PAD中，PD=AD，M为PA中点，
∴PA⊥DM，
又PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB．
∵F、M分别为PB、PA中点，
∴FM/​/AB，且FM=12AB，
又∵E为CD中点，底面ABCD为矩形，
∴DE/​/AB，且DE=12AB，
∴FM/​/DE，且FM=DE，
∴四边形FMDE为平行四边形，
∴DM//EF，
∵DM⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB．
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，连接OF，
则FO为△BPD的中位线，故FO=12PD=12，且FO⊥平面ABCD，
设点C到平面AEF的距离为h，
由(1)知EF⊥平面PAB，AF⊂平面PAB，
∴EF⊥AF，S△AEF=12×AF×EF，
∵VF−ACE=VC−AEF，
∴13×12×CE×AD×FO
=13×12×AF×EF×h，
化简可得，CE×AD×FO=AF×EF×h，
由(1)BA⊥平面PAD和平行四边形FMDE可得，
在Rt△PAB中，AF=12BP=12 PD2+BD2=12 1+3=1，
在Rt△PAD中，EF=DM=12AP=12 PD2+AD2= 22，
∴ 22×1×12=1× 22×h，解得h=12，
而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，
则sinθ=hAC=12 3= 36．
故AC与平面AEF所成的角的正弦值为 36．
【解析】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用等体积法求点到平面的距离，直线和平面所成的角的定义和求法，属于中档题．
(1)取PA中点M，连接MD、MF，先由条件证明BA⊥平面PAD，可得BA⊥DM，再证DM⊥PA，即可得DM⊥平面PAB，由平行四边形FMDE可得FE//DM，即可证明EF⊥平面PAB；
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，则FO⊥平面ABCD，设点C到平面AEF的距离为h，根据VF−ACE=VC−AEF求得h=12，而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，由sinθ=hAC，运算求得结果．
19.【答案】解：(1)因为a2=−2 33S+abcsC，
所以a2=− 33absinC+abcsC，即a=− 33bsinC+bcsC，
由正弦定理得sinA=− 33sinBsinC+sinBcsC，
所以sin(B+C)=− 33sinBsinC+sinBcsC，
所以csBsinC=− 33sinBsinC，
因为sinC≠0，
所以tanB=− 3，
因为B∈(0,π)，
可得B=2π3；
(2)在△BCD中，因为AB⊥BD，BD=2，
所以∠DBC=π6，
由正弦定理得DCsin∠DBC=BDsinC，
所以CD=2sinπ6sinC=1sinC，
在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD=BDsinA，
所以AD=2sinπ2sinA=2sinA，
所以2AD+1CD=22sinA+11sinC=sinA+sinC，
因为∠ABC=2π3，
所以A+C=π3，
所以2AD+1CD=sinA+sinC=sin(π3−C)+sinC，整理得2AD+1CD=sin(C+π3)，
因为0