2023-2024学年江苏省镇江市高一下学期6月期末数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市高一下学期6月期末数学试题（含答案），共10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.在复平面内，复数z=21−i(i为虚数单位)对应的点Z位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD中点，则EF与BC1所成角为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
3.已知向量a，b满足：a=(1,0)，|b|=4，a⋅b=0，则|3a−b|=( )
A. 7B. 5C. 10D. 5
4.如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是( )
A. 10πB. 20πC. 100πD. 200π
5.已知tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，则tan(β+π4)=( )
A. 322B. 1318C. 16D. 1322
6.已知向量OA，OB，OC满足：OA+OB+OC=0，且|OA|=|OB|=|OC|=1，则三角形ABC的形状是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
7.设α为锐角，若cs(α+π3)=− 33，则cs(2α+π6)的值为( )
A. 2 23B. −2 23C. −13D. 53
8.在△ABC中，点M，N在边BC上，且满足：AM=12(AB+AC)，ABAC=BNNC，若A=2π3，AM= 32，AN=23，则△ABC的面积等于( )
A. 12B. 23C. 22D. 32
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知α，β是不同平面，m，n，l是不同直线，则“m/​/n”的充分条件是( )
A. m⊥l，n⊥l;B. m/​/α，m⊂β，α∩β=n;
C. m⊥α，n⊥β，α/​/β;D. α/​/β，m⊂α，n⊂β
10.已知复数z=3+4i(i是虚数单位)，z是z的共轭复数，下列说法中正确的是( )
A. z的虚部为4;B. z=3−4i;
C. z2=|z|2;D. 2+i是z的一个平方根
11.设e1，e2是夹角为60∘的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量p，存在唯一有序实数对(λ,μ)，使得p=λe1+μe2，我们称有序数对(λ,μ)为向量p的“仿射坐标”.若向量a和b的“仿射坐标”分别为(1,2)，(m,−1)，则下列说法正确的是( )
A. |a|= 7
B. 若m=3，则a+b的“仿射坐标”为(4,1)
C. 若a⊥b，则m=2
D. 若a/​/b，则m=−12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若各顶点都在一个球面上的正四棱柱，高为4，体积为16，则这个球的表面积是 ．
13.将正方形ABCD沿对角线AC折叠成直二面角B−AC−D，则此时BD与平面ABC所成角的大小是 ．
14.某校高一学生对学校附近的一段近似直线型高速公路进行实地测绘(如图)，结合地形，他们选择了C，D两地作为测量点.通过测量得知：C，D两地相距300米，A，B分别位于C地正东和东偏南37∘方向上;C，A和B分别位于D地的北偏东51∘，81∘和南偏东63∘方向上.则A，C两地之间的距离为 米;若一辆汽车通过高速公路AB段用时约50秒，则该辆汽车的车速约为 千米/小时．(参考数据：sin9∘≈320，sin10∘≈17100，sin66∘≈6875，cs37∘≈45)
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中.
(1)求证：AB/​/平面A1B1CD;
(2)求证：AC1⊥B1C.
16.(本小题12分)
在直角坐标系xOy中，已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，D为坐标平面内一点．
(1)若A，B，C三点共线，求m的值;
(2)若向量AB与AC的夹角为π4，求m的值;
(3)若四边形ABCD为矩形，求D点坐标．
17.(本小题12分)
已知角α，β满足sinα=2 55，csβ=−45，且−π2<α<π2，0<β<π．
(1)求sin(2α−β)的值;
(2)求α+β2的大小．
18.(本小题12分)
在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
①2a−b=2ccsB;
②2csinA=atanC;
③△ABC的面积为12c(asinA+bsinB−csinC)
问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
(1)求角C;
(2)若c=2，求△ABC面积的最大值;
(3)在(2)的条件下，若△ABC为锐角三角形，求2a−b的取值范围．
19.(本小题12分)
已知在多面体ABC−A1B1C1中，A1B1/​/AB，B1C1//BC，AB=2A1B1．
(1)若A1，A，C，C1四点共面，求证：多面体ABC−A1B1C1为棱台;
(2)在(1)的条件下，平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，AA1⊥AB，B1C1=2A1B1=4，AA1=2，且∠B1BC=3π4．
①求多面体ABC−A1B1C1的体积;
②求二面角A−CC1−B正切值．
答案和解析
1.A
2.C
3.B
4.B
5.A
6.D
7.B
8.D
9.BC
10.ABD
11.ABD
12.24π
13.45°
14.1000；72
15.证明：(1)∵正方体ABCD−A1B1C1D1，
∴AB/​/CD，又CD⊂平面A1B1CD，且AB⊄平面A1B1CD，
∴AB/​/平面A1B1CD．
(2)【法一】连接AC1，AD1，BC1，
正方体ABCD−A1B1C1D1中AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥B1C，
在正方形BCC1B1中，BC1⊥B1C，又AB∩BC1=B，AB⊂平面ABC1D1，BC1⊂平面ABC1D1，
所以B1C⊥平面ABC1D1，
又AC1⊂平面ABC1D1，
所以AC1⊥B1C.
【法二】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，
则BC1为AC1在面BCC1B1内射影，
又B1C⊂平面BCC1B1，
在正方形BCC1B1中，BC1⊥B1C，
由三垂线定理得，AC1⊥B1C.
16.【解答】解：(1)因为向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)，
所以AB=OB−OA=(2,2)，AC=OC−OA=(m−1,4)，因为A，B，C三点共线，
所以AB//AC，则2×4−(m−1)×2=0，得：m=5．
(2)由(1)知AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，又因向量AB与AC的夹角为π4．
所以csπ4=AB⋅AC|AB|×|AC|=2×(m−1)+2×42 2× (m−1)2+42= 22，解得：m=1．
(3)设D点坐标为(x,y)，因为四边形ABCD为矩形，所以{AB→=DC→,AB→⊥AD→,即：(2,2)=(m−x,3−y),(2,2)⋅(x−1,y+1)=0,所以2=m−x,2=3−y,2×(x−1)+2(y+1)=0,解得：x=−1,y=1,
即D点坐标为(−1,1)．
17.解：(1)因为α∈(−π2,π2)，sinα=2 55，则csα= 1−sin2α= 55，
【法一】则cs2α=2cs2α−1=−35．
【法二】则sin2α=2sinα×csα=2×2 55× 55=45，
因为α∈(−π2,π2)，sinα=2 55> 22，
则α∈(π4,π2)，2α∈(π2,π)，
所以cs2α=− 1−sin22α=−35，
由β∈(0,π)，csβ=−45，sinβ= 1−cs2β=35，
所以sin(2α−β)=sin2αcsβ−cs2αsinβ=45×(−45)−(−35)×35=−725．
(2)因为cs2β2=1+csβ2，所以cs2β2=110，
因为β∈(0,π)，
所以β2∈(0,π2)，
所以csβ2= 1010，
则sinβ2= 1−(csβ2)2=3 1010，
则cs(α+β2)=csα⋅csβ2−sinα⋅sinβ2= 55× 1010−2 55×3 1010=− 22，
因为α∈(−π2,π2)，sinα=2 55，
则α∈(0,π2)，
又因为0<β2<π2，
所以：α+β2∈(0,π)，
所以α+β2=3π4．
18.【解答】解：(1)若选 ①:由正弦定理得：2sinA−sinB=2sinCcsB，在△ABC中，A+B+C=π，所以sinA=sin(B+C)，则2sin(B+C)−sinB=2sinCcsB，得2sinBcsC+2csBsinC−sinB=2sinCcsB，
所以2sinBcsC−sinB=0，因为B∈(0,π)，sinB≠0，所以csC=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3．
若选 ②:因为2csinA=atanC，由正弦定理知：2sinCsinA=sinA×sinCcsC，又sinCsinA>0，
所以csC=12，因C∈(0,π)，所以C=π3．
若选 ③:S=12c(asinA+bsinB−csinC)，则12absinC=12c(asinA+bsinB−csinC)，由正弦定理得12abc=12c(a2+b2−c2)，所以a2+b2−c2=ab，所以csC=a2+b2−c22ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3．
(2)因为c=2，C=π3，由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcsC，则4=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，所以S=12absinC≤12×4× 32= 3.当且仅当a=b时，Smax= 3，则△ABC面积的最大值为 3．
(3)因为c=2，C=π3，得asinA=bsinB=csinC=4 33，则a=4 33sinA，b=4 33sinB，则2a−b=8 33sinA−4 33sinB=8 33sinA−4 33sin(A+π3)=2 3sinA−2csA=4sin(A−π6)，因为△ABC为锐角三角形，C=π3，所以019.解：(1)证明：因为AB/​/A1B1，AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，
所以AB1//平面ABC，
同理可证：B1C1//平面ABC，
又因为A1B1∩B1C1=B1，A1B1⊂平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，
所以平面ABC/​/平面A1B1C1，
则A1B1/​/AB，则AA1，BB1共面，
因为AB≠A1B1，设AA1∩BB1=M，
由M∈AA1，AA1⊂平面AA1C1C，
所以M∈平面AA1C1C，
同理可证：M∈平面BB1C1C，
所以M∈平面AA1C1C∩平面BB1C1C，
又因平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，
所以M∈CC1，
则AA1，BB1，CC1交于同一点M，
又因为平面ABC/​/平面AB1C1，
所以多面体ABC−A1B1C1为棱台；
(2)三棱台ABC−A1B1C1中，由(1)侧棱AA1，BB1，CC1交于同一点M，连接AB1，
①侧面梯形AA1B1B中，AB//A1B1，AA1⊥AB，
所以梯形AA1B1B为直角梯形，
又因为AA1=A1B1=2，AB=4，
所以AB1=2 2=BB1，
所以AB12+BB12=AB2，
则AB1⊥BB1，
又因面ABB1A1⊥面BCC1B1，面ABB1A1∩面BCC1B1=BB1，AB1⊂面ABB1A1，
所以AB1⊥平面BCC1B1，
即AB1是点A到平面BCC1B1的距离，
三棱台ABC−A1B1C1中，B1C1BC=A1B1AB，即4BC=24，所以BC=8，
侧面梯形BCC1B1中，B1C1=4，BC=8，BB1=2 2，∠B1BC=3π4，
所以SBCC1B1=12(4+8)×2 2×sin3π4=12，
又SΔMBC=12×BC×BM×sin⁡∠CBM=12×8×4 2×sin⁡3π4=16，
所以S△MB1C1=S△MBC−SBCC1B1=16−12=4，
因为VABC−A1B1C1=VM−ABC−VM−A1B1C1=VA−ABC−VA1−MB1C1
=13×S△MBC×AB1−13×S△MB1C1×12AB1
=13×16×2 2−13×4×2 22=28 23，
所以所求棱台ABC−A1B1C1的体积为28 23;
②在△MBC内，过点B1作B1D⊥CM垂足为D，连接AD，
由 ①AB1⊥平面BCC1B1，
又CM⊂平面BB1C1C，
所以AB1⊥CM，
又因为B1D⊥CM，AB1∩B1D=B1，AB1，B1D⊂平面AB1D，
所以CM⊥平面AB1D，
又因为AD⊂平面AB1D，
所以CM⊥AD，
又B1D⊥CM，
所以∠ADB1是二面角A−CC1−B的平面角，
在△MBC中，BC=8，BM=4 2，∠B1BC=3π4，
所以CM= (4 2)2+82−2×4 2×8×cs3π4=4 10，
S△MBC=12BM×BC×sin3π4=12CM×2B1D，
即12×4 2×8× 22=12×4 10×2B1D，得B1D=2 105，
tan∠ADB1=AB1B1D=2 22 105= 5，
所以二面角A−CC1−B正切值为 5．