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）

第=page11页，共=sectionpages11页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）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足(1−i)zA.1 B.2 C.3 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.π3 B.π6 C.2π3.在△ABC中，A=60°，B=75A.63 B.263 4.在△ABC中，AB⊥AC，且|AB|=|ACA.0 B.−54 C.−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，A.872πcm3 B.876.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AA.1

B.2

C.4

D.7.在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知3cosAcosCA.4 B.3 C.2 D.18.如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1容器的的高为12cm，AB=10A.31πcm

B.32π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|10.如图，在圆柱O1O中，轴截面ABCD为正方形，点F是AB的上一点，M为BD与轴O1O的交点，E为MB的中点，N为A在A.CF/​/平面AMN

B.AN⊥平面DBF

11.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2](S为三角形的面积，a，A.△ABC的最短边长为4 B.△ABC的三个内角满足A+B=2C

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如图，矩形A′B′C′D′的长为4cm，宽为2cm，O′是

13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinB=3b14.如图所示，在三棱柱ABC−A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

设复数z=a2+a−2+(a2−7a+6)16.(本小题15分)

已知平面向量a=(1,2),b=(3,−2),c=a17.(本小题15分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，点E在棱AB上，且AE=1．

18.(本小题17分)

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点．

19.(本小题17分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD=2，且a2=−答案和解析1.【答案】B

【解析】解：∵(1−i)z=2i，

∴(1+i)(12.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了平面向量的投影、夹角，属于基础题．

利用平面向量投影的定义，列出方程求出a与b夹角的余弦值，即可得出夹角大小．【解答】解：记向量a与向量b的夹角为θ，θ∈[0,π]，

而|a|=2，

∴a在b上的投影数量为|a|cosθ3.【答案】B

【解析】解：由题意，C=180°−60°−75°=45°，故△ABC中最小的边长为c．

由正弦定理a4.【答案】C

【解析】解：如图，以A为原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴建立直角坐标系，

则A(0,0)，B(5,0)，C(0,5)，

因为M是BC的中点，所以M(52,52)，

因为O是线段5.【答案】D

【解析】解：根据题意可得该青铜器的体积为：

π×22×22+13×6.【答案】A

【解析】解：因为G是AD的中点，且AB=xAM,AC=yAN，

所以AG=12×12(AB+AC)=14(xAM+7.【答案】A

【解析】【分析】

运用余弦定理，化简3cosAcosC=ac，可得a2−c2=12b2，再由a2−c2=2b，解方程即可得到b．

本题考查余弦定理的运用，考查化简整理的运算能力，属于基础题．

【解答】

解：8.【答案】A

【解析】解：如图作出正四棱台的轴截面，

根据已知可得：E1T=F1S=12，AB=EF=10，A1B1=E1F1=2，

水面高度RT=KS=6，HR=GK=3，

所以E1H=E1T−HR−RT=12−3−6=3，同理：F1G=3，

且E1R=F1K=6，ET=ST=EF−TS2=10−9.【答案】AC【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)．

对于A，z1+z2=(a+c)+(b+d)i，所以z1+z2−=(a+c)−(b+d)i．

而z1−+10.【答案】BC【解析】解：对A选项，如图，延长AM，则AM过C，

∴CF与平面AMN交于点C，∴A选项错误；

对B选项，∵AB为圆O的直径，∴BF⊥AF，

又AD⊥底面圆O，且BF⊂底面圆O，∴BF⊥AD，

又AF∩AD=A，且AF，AD⊂平面ADF，

∴BF⊥平面ADF，又AN⊂平面ADF，

∴AN⊥BF，又AN⊥DF，BF∩DF=F，且BF，DF⊂平面DBF，

∴AN⊥平面DBF，∴B选项正确；

对C选项，由B选项分析可知：AN⊥平面DBF，又BD⊂平面DBF，

∴BD⊥AN，又轴截面ABCD为正方形，

∴BD⊥AM，又AN∩AM=A，且AN，AM11.【答案】AB【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3：7，

所以由正弦定理可得a：b：c=2：3：7，

设a=2t，b=3t，c=7t，t>0，

因为△ABC的面积S△ABC=63，

所以63=14[7t2×4t2−(7t2+4t2−9t22)2]，

解得t=2，则a=4，b=6，c=27，

所以△ABC的最短边长为4，故A正确；

因为cosC=a2+b2−12.【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′=42，可得原图形中BC所对的边长为213.【答案】7

【解析】解：由正弦定理得：sinAsinB=3sinBcosA，

∵B∈(0,π)，∴sinB≠0，

∴sinA=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)=715.【答案】解：(1)z是纯虚数，只需a2+a−2=0a2−7a+6≠0【解析】(1)根据纯虚数的定义可得到a2+a−2=16.【答案】解：(1)因为a=(1,2),b=(3,−2),c=a+3b,d=ka+b，

所以c=(10,−4)，d=(k+3,2k−2)，

又因为c/​/d，

所以k+310=2k−2−4【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=12×3×32=92，

所以VD1−A1CE=VE−A1CD1=13S△【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/​/D【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；19.【答案】解：(1)因为a2=−233S+abcos