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文档简介
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.
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