2023-2024学年甘肃省天水一中高一（下）第二次段考数学试卷（6月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年甘肃省天水一中高一（下）第二次段考数学试卷（6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=21−i，则z的虚部是(

)A.−1 B.1 C.−i D.i2.已知a、b表示两条不同的直线，α表示平面，则下面四个命题正确的是(

)

①若a/​/b，b⊂α，则a/​/α；

②若a⊥b，a⊥α，则b/​/α；

③若a/​/b，a⊥α，则b⊥α；

④若a⊥α，b/​/α，则a⊥b．A.①② B.②③ C.①③ D.③④3.若圆锥的高为3，底面半径为4，则此圆锥的表面积为(

)A.40π B.36π C.26π D.20π4.如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是(

)A. B.

C. D.5.如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形O′A′B′C′，则原四边形OABC的面积是(

)A.162

B.82

C.6.已知|a|=|b|=1，|a+b|=A.32a B.12a 7.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2A.104

B.64

C.8.已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(AB+AC)，λ∈(0,+∞)，则A.重心 B.外心 C.内心 D.垂心二、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.下列说法正确的是(

)A.棱柱的侧面都是平行四边形 B.长方体是正四棱柱

C.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D.圆柱的所有母线长都相等10.在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a=2bcosB，且b≠c，则(

)A.A=2B B.角B的取值范围是(0,π4)

C.cosA的取值范围是(0,311.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，FA.FM//A1C1

B.当E为A1C1中点时，BE⊥FM

C.三棱锥B−CEF的体积为定值

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为126nmile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在北偏东120°，则A与D间的距离为______nmile．13.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，AB=6，

14.已知点O是△ABC的外心，∠BAC=60°，设AO=mAB+nAC，且实数m，n满足m+4n=2，则四、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)

已知平面向量a=(2,4)，b=(6,x)，c=(4,y)，且a//b，a⊥c．

(1)求b和c；

(2)若m=216.(本小题15分)

已知sinα=−45，α∈(−π2,0)．

(1)求cos(α+π3)的值；

(2)17.(本小题15分)

如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是正方形，点E是棱PA的中点，PA⊥平面ABCD．

(1)求证：PC//平面BDE；

(2)求证：平面PAC⊥平面BDE；18.(本小题17分)

已知长方体ABCD−A1B1C1D1，E，F分别为CC1和BB1的中点，12AA19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC的中点，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD=3．

(Ⅰ)求证：PQ⊥AB；

(Ⅱ)求二面角P−QB−M答案1.B

2.D

3.B

4.D

5.B

6.D

7.A

8.A

9.AD

10.AD

11.ABC

12.24

13.5714.0

15.解：(1)因为a//b，所以2x−24=0，解得x=12，

因为a⊥c，所以8+4y=0，解得y=−2，

首页b=(6,12)，c=(4,−2)；

(2)因为m=2a−b=(−2,−4)，n=a+c=(6,2)，

设向量m和向量n的夹角为θ，

则cosθ=16.解：(1)由sin2α+cos2α=1，sinα=−45，α∈(−π2,0)，可得cosα=35，

所以cos(α+π3)=cosαcosπ3−sinαsinπ3=35×12−(−17.证明：(1)设AC交BD于M，连接ME，因为ABCD为正方形，

所以M为AC中点，

又因为E为PA的中点，所以ME/​/PC，

又因为ME⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，

所以PC//平面BDE；

(2)因为ABCD为正方形，所以BD⊥AC，

因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD，又AC∩PA=A，

所以BD⊥平面PAC，

因为BD⊂平面BDE，

所以平面PAC⊥平面BDE．

18.解：(1)由题意可知：C1B1⊥平面A1FA，12AA1=AB=BC=2，F为BB1的中点，

∴A1A=4，C1B1=2，

∴S△A1FA=12A1A⋅AB=12×4×2=4，

∴VC1−A1FA=13S△A1FA⋅C1B1=13×4×2=83．

(2)证明：如图，取DD1的中点G，连接C1G、AG．19.(Ⅰ)证明：在△PAD中，PA=PD，

∵Q为AD中点．∴PQ⊥AD，

∵平面PAD⊥底面ABCD，

且平面PAD∩底面ABCD=AD，且PQ⊂平面PAD，

∴PQ⊥底面ABCD，又AB⊂平面ABCD，

∴PQ⊥AB；

(Ⅱ)在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=12AD，

∵Q为AD中点，BC=QD，BC⊥QD

∴四边形BCDQ为平行四边形，

∵AD⊥DC

，

∴AD⊥QB，

由(Ⅰ)可知PQ⊥平面ABCD，

∴以Q为坐标原点，建立空间直角坐标系