2023-2024学年山西省运城市部分学校高一（下）联考数学试卷（5月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山西省运城市部分学校高一（下）联考数学试卷（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=1−i，则z+1z=A.32−12i B.322.已知a=(1,m−2)，b=(m,3)，若a//b，则实数A.−1 B.1 C.3或−1 D.1或−13.若直线m/​/平面α，直线n⊂α，则(

)A.m/​/n B.m与n异面 C.m与n相交 D.m与n没有公共点4.已知某正四棱锥的高为3，体积为64，则该正四棱锥的侧面积为(

)A.48 B.64 C.80 D.1445.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，下列命题正确的是(

)A.AB与HG相交

B.AB与EF平行

C.AB与CD相交

D.EF与CD异面6.已知三棱锥P−ABC中，PC⊥AB，PC=4，AB=43，E，F分别是PA，BC的中点，则EF与AB所成的角大小为(

)A.π6 B.π3 C.π47.已知三棱锥P−ABC的底面ABC是边长为1的等边三角形，PA⊥平面ABC且PA=3，一只蚂蚁从△ABC的中心沿表面爬至点P，则其爬过的路程最小值为(

)A.36 B.393 C.8.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2BC=2CC1=4，E，F分别为BC，CC1的中点，点P在矩形BCC1

A.2 B.2 C.22二、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m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(

)A.若m⊥α，m/​/n，则n⊥α

B.若α/​/β，m⊂α，n⊂β，则m/​/n

C.若m//β，m⊂α，α∩β=n，则m/​/n

D.若m⊥α，α⊥β，则m//β10.若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，c=3，B=π3，O为△ABC的外心，则(

)A.b=7

B.△ABC的面积为332

C.OA⋅OC=−7311.如图所示，正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1=2AA1A.AA1⊥平面A1BD

B.该正四棱台的高为322

C.若A1P=362，则动点P的轨迹长度是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，若α=105°，则β=______．13.已知正六边形ABCDEF的边长为4，点P为边DE上的一个动点(含端点)，则AC⋅AP的取值范围是______．14.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，点M是棱BB1上(不含端点)的一个动点，若点M，A，C1四、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)

已知向量a，b满足|a|=2，|b|=23，cos〈a,b〉=34．

(1)求a16.(本小题15分)

如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，点M是棱PC的中点．

(1)求证：平面BDM⊥平面ABCD；

(2)求三棱锥P−BDM的体积．17.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsinB+csinC−asinA2csinB+33sinA=0．

(1)求A；

(2)已知a=27，D18.(本小题17分)

如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，AA1=AD=1，P，M，N分别为CD，AA1，DD1的中点．19.(本小题17分)

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．

(1)求证：PB/​/平面MAC；

(2)求二面角M−AC−D的余弦值；

(3)在棱PC上是否存在点Q使平面BDQ⊥平面MAC成立？如果存在，求出PQQC的值；如果不存在，请说明理由．

参考答案1.A

2.C

3.D

4.C

5.D

6.A

7.B

8.B

9.AC

10.ABD

11.ABD

12.75°或105°

13.[24,48]

14.12515.解：(1)a⋅b=|a||b|cos〈a,b〉=2×23×34=3，

所以a在b上的投影向量为a16.解：(1)证明：连接AC，交BD于O，连接OM，则O为AC中点，

因为在△PAC中，O，M分别为AC，PC中点，所以OM//PA，

因为PA⊥平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD，

又OM⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面ABCD；

(2)由(1)知OM⊥平面ABCD，且OM=12PA=1，

所以V17.解：(1)由正弦定理及bsinB+csinC−asinA2csinB+33sinA=0，

得b2+c2−a22bc+33sinA=0，

再由余弦定理得cosA+33sinA=0，即tanA=−3，

因为A∈(0,π)，

所以A=2π3；

(2)因为D是边BC的中点，

所以S△ADC=S△ABD，

由(1)知∠BAC=2π3，

因为AD⊥AB，

所以∠CAD=π6，

故12b⋅ADsinπ6=18.(1)证明：因为P，N分别为线段CD，DD1的中点，

所以PN//CD1，且PN=12CD1，

因为PN⊄平面BCD1，CD1⊂平面BCD1，所以PN/​/平面BCD1，

因为M，N分别为线段AA1，DD1的中点，

所以MN//AD//BC，且MN=12AD，

因为MN⊄平面BCD1，BC⊂平面BCD1，所以MN/​/平面BCD1，

因为PN∩MN=N，

所以平面PMN//平面BCD1；

(2)解：由题知DD1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故DD 1⊥AD，故AD1=2，

因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD=60°，

则BD=AD=BC=1，所以CD1=BD1=AD1=219.(1)证明：设AC，BD交于点O，连接OM，则O为BD中点．

在△PBD中，O，M分别为BD，PD中点，所以OM//PB．

因为OM⊂平面MAC，PB⊄平面MAC，

所以PB/​/平面MAC．

(2)解：过点M作ME⊥AD，垂足为E，过点E作EF⊥AC，垂足为F，连接MF．

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

所以ME⊥平面ABCD．

因为AC⊂平面ABCD，所以ME⊥AC．

又EF⊥AC，ME∩EF=E，ME，EF⊂平面MEF．

所以AC⊥平面MEF．

因为MF⊂平面MEF，所以AC⊥MF，

则∠MFE即为平面MAC与底面ABCD所成二面角的平面角．

设AB=2，则EF=324，ME=32，故MF=(324)2+(32)2=304，

所以cos∠MFE=EFMF=155，

即二面角M−AC−D的余弦值为155．

(3)解：存在点Q，当PQQC=12时，平面BDQ⊥平面MAC．