安徽省合肥市肥东瑶岗高级中学2023-2024学年高一年级下册6月月考数学试题

这是一份安徽省合肥市肥东瑶岗高级中学2023-2024学年高一年级下册6月月考数学试题，共6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。

（考试总分：150 分 考试时长： 120 分钟）
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1.已知复数z=4i(1+i),则z在复平面内对应的点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2.已知α和β是两个不量合的平面,则下列条件中可判定α//β的是( )
A.α内有元数条直线与β平行B.α和β垂直于同一条直线
C.α和β平行于同一条直线D.α和β都垂直于同一平面
3.已知向量a→=(1,2),b→=(−1,1),c→=(−5,−4).若向量(a→+kb→)与c→共线,则k=( )
A.−23B.−12C.−13D.−43
4.已知非零向量a→,b→满足|a→|=|b→|,|a→−2b→|=|a→+b→|,则a→,b→的夹角为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
5.已知点P是ΔABC的重心,且AP→=λAC→+μBC→,则λ+μ=( )
A.23B.13C.−13D.−23
6.已知某圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且r2=2r1,r2+r1=32.若存在一球与圆台的上、下底面及所有母线均相切,则该圆台的休积为( )
A.28π3B.40π3C.56π3D.112π3
7.如图(1),在梯形PBCD中,PD//BC,PD=2CD=4,点A在边PD上,且四边形ABCD是正方形,现将正方形ABCD沿直线AB折起,使得平面PAB⊥平面ABCD,得到如图(2)所示的四棱锥P−ABCD.若M是棱PB的中点,
则cs⁡∠DMC=( )
A.66B.55C.13D.23
8.我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中,提出了已知三角形三边长求其面积的公式,求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上.以小斜幂乘大斜幂減上,余四约之,为实.为从隅,开平方得积"翻泽成公式,即S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2](a⩽b⩽c),其中a,b,c分别为ΔABC中角A,B,C的对边,S为ΔABC的面积.现有面积为315的ΔABC满足sin⁡A:sinB:sinC=2:3:4,则其内切圆的半径是( )
A.153B.154C.105D.53
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9.已知向量a→,b→,c→,下列命题中正确的是( )
A.若a→//b→,则a→⋅b→=|a→||b→|B.若a→//b→,b→//c→,则a→//c→
C.若|a→|=|b→|,则(a→+b→)⋅(a→−b→)=0D.||a|−|b||⩽|a+b|⩽|a|+|b|
10.下列关于复数z1,z2的说法错误的是( )
A.若z12∈R,则z1∈RB.z1⋅z2=z1⋅z2
C.若|z1+z2|=|z1−z2|,则z1⋅z2=0D.若z1z2=|z1|2,则z1=z2
11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体,它是以边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.将一个棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共要截去八个三棱锥,形成一个由正三角形和正方形围成的“阿基米德多面体”,如图,则( )
A.该多面体共有12个顶点,14个面
B.该多面体的表面积为16+43
C.该多面体的外接球体积为82π3
D.所在直线与直线AB所成的角是60∘的棱共有8条
三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12.设(a−i)(1+i)=b+i(a,b∈R),则|a+bi|=_______
13.如图,已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,F是棱CC1的中点,平面α过点A,F且与直线B1D1平行,则平面α截正方体所得截面的周长是_______.
14.我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时,介绍了“勾股圆方图”(如图(1)),亦称“赵爽弦图”.类比“赵爽弦图”,可构造如图(2)所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形,已知ΔABC与ΔDEF的面积之比为7:1,设λAB→+μAC→=AD→,则λ+μ=________.
四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分）
15.（13分）已知向量a→=(1,−3),b→=(2,t).
(1)若a→,b→的夹角为锐角,求实数t的取值范围;
(2)若(a→+2b→)⊥a→,求|a→+3b→|.
16.（15分）已知复数z=(2m+1)+(4m−1)i,m∈R.
(1)若z在复平面内对应的点位于第四象限,求m的取值范围;
(2)若m=−12,且z2,z2−z在复平面内对应的点分别为A,B,已知O为坐标原点,求向量OA→在OB→上的投影向量的坐标.
17.（15分）在ΔABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且acs⁡B=(2c−b)csA.
(1)求A;
(2)若a=23,求ΔABC周长的最大值.
18.（17分）如图,已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,点E,F分别在棱AB和CC1上.
(1)证明:B1D1⊥A1F;
(2)若三棱锥F−A1D1B1的体积是89,A1F⊥平面B1D1E,试确定点E的位置,并证明你的结论.
19.（17分）如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是正方形,平面EDC⊥平面ABCD,∠EDC=90∘,FB//ED,AB=ED=3FB=3.
(1)求二面角B−AC−F的余弦值;
(2)求三棱锥F−ACE的体积.
答案
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1.【答案】C
【解析】因为z=4i(1+i)=−4+4i,所以z=−4−4i,其在复平面内对应的点为(−4,−4),在第三象限.
2.【答案】B
【解析】对于A,α内有无数条直线与β平行,则α,β可能相交或平行,故A错误;对于B,α,β垂直于同一条直线时,α//β,故B正确;对于C,α,β平行于同一条直线时,α,β可能相交或平行,故C错误;对于D,α和β可能平行或相交,故D错误.
3.【答案】A
【解析】因为a→=(1,2),b→=(−1,1),所以a→+kb→=(1−k,2+k),又(a→+kb→)//c→,所以−5(2+k)=−4(1−k),解得k=−23.
4.【答案】B
【解析】设a→,b→的夹角为θ,则0⩽θ⩽π.由题可得(a→−2b→)2=(a→+b→)2,即
|a→|2−4|a→|⋅|b→|csθ+4|b→|2=|a→|2+2|a→|⋅|b→|csθ+|b→|2,故
5|a→|2−4|a→|2cs⁡θ=2|a→|2+2|a→|2cs⁡θ,解得cs⁡θ=12,又0⩽θ⩽π,故θ=π3.
5.【答案】B
【解析】如图,设边BC的中点为D,连接AD.因为点P是ΔABC的重心,所以P在AD上,且AP→=23AD→=23×12(AB→+AC→)=13AB→+13AC→=23AC→−13BC→,所以λ=23,μ=−13,λ+μ=13.
6.【答案】C
【解析】因为r2=2r1,r2+r1=32,所以r2=22,r1=2.设球的半径为R,如图为该圆台的轴截面,其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆,设圆O与梯形的腰相切于点E,与上、下底面分别相切于点O1,O2,则ED=2,EA=22,DA=32,O1O2=DA2−(r2−r1)2=4,故该圆台的体积V=13(πr12+πr22+πr12×πr22)ℎ=13(2π+8π+2π×8π)×4=56π3.
7.【答案】D
【解析】连接AM.因为AD⊥AB,平面ABCD⊥平面PAB,平面ABCD∩平面PAB=AB,所以AD⊥平面PAB,则BC⊥平面PAB,又AM⊂平面PAB,所以AD⊥AM.由题易知AM=2,所以DM=DA2+AM2=6,同理CM=6.在ΔCDM中,由余弦定理可得cs⁡∠DMC=DM2+CM2−CD22DM⋅CM=(6)2+(6)2−222×6×6=23.
8.【答案】A
【解析】由正弦定理可得a:b:c=sin⁡A:sinB:sinC=2:3:4,设a=2x,b=3x,c=4x,x>0,则S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2]=12(8x2)2−(16x2+4x2−9x22)2=315,解得x=2,故ΔABC的三边长分别是4,6,8.设ΔABC的内切圆的半径是r,则4r2+6r2+8r2=315,所以r=153.
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9.【答案】CD
【解析】对于A,若a→//b→,则a→⋅b→=±|a→||b→|,故A错误;
对于B,当b→=0→时,a→和c→不一定共线,故B错误;
对于C,若|a→|=|b→|,则(a→+b→)⋅(a→−b→)=a→2−b→2=|a→|2−|b→|2=0,故C正确;
对于D,根据向量加法的三角形法则,可知||a→|−|b→||⩽|a→+b→|⩽|a→|+|b→|成立,故D正确.
10.【答案】ACD
【解析】对于A,当z1=i时,z12=i2=−1∈R,但i∉R,故A错误;
对于B,设z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),则z1⋅z2=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i
,z1⋅z2=(ac−bd)−(ad+bc)i,
z1⋅z2=(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(ad+bc)i,z1⋅z2=z1⋅z2,
故B正确;对于C,令z1=1,z2=i,满足|z1+z2|=|z1−z2|=2,但z1⋅z2=i≠0,故C错误;对于D,设z1=a+bi(a,b∈R),z2=a−bi,则z1z2=a2+b2=|z1|2,此时z1≠z2,故D错误.
11.【答案】AC
【解析】对于A,该多面体共有12个顶点,该多面体的面为8个正三角形面和6个正方形面,共14个面,故A正确;
对于B,因为正方体的棱长是2,所以该多面体的棱长均为2,表面积为S=6×(2)2+8×34×(2)2=12+43,故B错误;
对于C,如图,O1为该多面体上方的面的中心,O为线段AM的中点,因为点O到各顶点的距离相等,所以点O是该多面体外接球的球心,因为AO1=OO1=1,所以外接球的半径R=AO=2,所以外接球的体积V=43πR3=82π3,故C正确;
对于D,在与直线AB相交的6条棱中,所在直线与AB成60∘角的棱有4条,这4条棱中,每一条又有3条与其平行的棱,故所在直线与直线AB所成的角是60∘的棱共有16条,故D错误.
三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12.【答案】13
【解析】∵(a−i)(1+i)=b+i,∴a+1+(a−1)i=b+i,∴{a+1=b,a−1=1,
解得a=2,b=3,∴|a+bi|=4+9=13.
13.【答案】17
【解析】取棱BB1靠近点B的四等分点E,棱DD1靠近点D的四等分点G,连接AE,EF,FG,AG,EG,则A,E,F,G四点共面.易知B1D1//EG,所以B1D1//平面AEFG.由题可知四边形AEFG是菱形,且AE=12+(14)2=174,所以平面α截正方体所得截面的周长是17.
14.【答案】37
【解析】设ΔDEF的面积为m(m>0),则ΔABC的面积为7m,∴ΔACD,ΔBCF,ΔABE的面积均为7m−m3=2m.设AE=x,DE=y,x,y>0,则AD=x−y.∵ΔDEF为等边三角形,∴∠DEF=60∘,∴∠AEB=180∘−60∘=120∘.∴SΔDEF=m=12DE⋅DE⋅sin60∘=34y2①,SΔABE=2m=12AE⋅BE⋅sin120∘=34x(x−y)②,由①②得,12=y2x(x−y),化简得(x−2y)(x+y)=0,∵x+y>0,∴x−2y=0,即x=2y,∴EB=x−y=y,EF=EB,∴E是BF的中点,D是AE的中点.连接AF,则2AD→=AE→=12(AB→+AF→)=12AB→+14(AD→+AC→),∴AD→=27AB→+17AC→,∴λ+μ=37.
四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分）
15.（13分）(1)因为a→,b→的夹角为锐角,
所以a→⋅b→>0且a→与b→不共线,
则{2−3t>0,t+6≠0,解得t<23且t≠−6,
故实数t的取值范围是{t|t<23且t≠−6}
(2)由题可得a→+2b→=(1,−3)+2(2,t)=(5,2t−3).
由(a→+2b→)⊥a→,得(a→+2b→)⋅a→=0,
即1×5−3×(2t−3)=0,解得t=73,
则a→+3b→=(1,−3)+(6,7)=(7,4),
所以|a→+3b→|=72+42=65.
16.（15分）(1)因为z在复平面内对应的点位于第四象限,
所以{2m+1>0,4m−1<0,
解得−12故m的取值范围为(−12,14).
(2)由题可知z=−3i.
所以z2=(−3i)2=−9,z2−z=−9+3i,
则A(−9,0),B(−9,3),
所以OA→=(−9,0),OB→=(−9,3).
所以OA→在OB→上的投影向量的坐标为OA→⋅OB→|OB→|⋅OB→|OB→|=(−9)×(−9)+0×3(−9)2+32⋅(−9,3)=(−8110,2710),.
17.（15分）(1)因为acs⁡B=(2c−b)csA,
所以由正弦定理得sin⁡Bcs⁡A+sin⁡Acs⁡B−2sinCcs⁡A=0,
所以sin(A+B)−2sinCcs⁡A=0.
因为A+B+C=π,所以sin⁡C−2sinCcs⁡A=0,
因为C∈(0,π),所以sin⁡C≠0,则cs⁡A=12,
又A∈(0,π),所以A=π3.
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bc⋅cs⁡A,
即12=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc⩾(b+c)2−3×(b+c2)2=(b+c)24,
可得(b+c)2⩽48,当且仅当b=c时等号成立,即b+c⩽43,
所以a+b+c⩽63,
即ΔABC周长的最大值为63.
18.（17分）(1)如图,连接A1C1.
在正方体ABCD−A1B1C1D1中,四边形A1B1C1D1是正方形,CC1⊥平面A1B1C1D1,
∴B1D1⊥A1C1,CC1⊥B1D1,
又CC1∩A1C1=C1,∴B1D1⊥平面A1C1F,
∵A1F⊂平面A1C1F,
∴B1D1⊥A1F.
(2)当E是棱AB的靠近点A的三等分点,即AE:EB=1:2时,满足题意.
证明如下：
在三棱锥F−A1D1B1中,SΔA1D1B1=12×2×2=2.
设FC1=x(x>0),则VF−A1D1B1=13×2×x=89,解得x=43,
∴CF:FC1=1:2.
过点F在平面BCC1B1内作FG//BC,交BB1于点G,连接A1G,交B1E于点H.
∵CF:FC1=1:2,∴BG:GB1=1:2.
当AE:EB=1:2时,EB=B1G.
在RtΔA1B1G与RtΔB1BE中,B1G=BE,A1B1=B1B,
∴ΔA1B1G≅ΔB1BE,∴∠B1A1G=∠BB1E,
又∠B1A1G+∠A1GB1=90∘,∴∠BB1E+∠A1GB1=90∘,
∴∠B1HG=90∘,∴A1G⊥B1E
在正方体ABCD−A1B1C1D1中,CB⊥平面ABB1A1,
∴FG⊥B1E,
又A1G∩FG=G,∴B1E⊥平面A1FG,∴B1E⊥A1F,
又由(1)知B1D1⊥A1F,B1D1∩B1E=B1,
∴A1F⊥平面B1D1E,故原结论得证.
19.（17分）(1)因为∠EDC=90∘,所以ED⊥DC,
因为平面EDC⊥平面ABCD,平面EDC∩平面ABCD=DC,所以ED⊥平面ABCD.
如图所示,连接BD,交AC于点M,连接FM.
因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,且M是AC,BD的中点.
因为ED⊥平面ABCD,FB//ED,所以FB⊥平面ABCD,
因为AC⊂平面ABCD,所以FB⊥AC.
又FB∩BD=B,所以AC⊥平面FBM,所以AC⊥FM,
又平面ABCD∩平面FAC=AC,
所以∠FMB为二面角B−AC−F的平面角.
在RtΔFBM中,BM=12BD=322,FM=12+(322)2=222,
所以cs⁡∠FMB=BMFM=322222=31111.
(2)连接EM.由(1)可知,AC⊥平面BDEF.
过F作FG⊥DE于点G,易得四边形BDGF为矩形,则FG=BD=32,EG=2,
又DM=12BD=322,所以ME=32+(322)2=362,
易知EF=22+(32)2=22,
由余弦定理得cs⁡∠EMF=ME2+MF2−EF22ME⋅MF=−3333,
所以sin⁡∠EMF=1−cs2∠EMF=46633,
所以SΔEFM=12ME⋅MFsin⁡∠EMF=32,
所以VF−ACE=VA−EFM+VC−EFM=13AC⋅SΔEFM=13×32×32=6