2023-2024学年广西来宾市忻城高级中学高一（下）月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广西来宾市忻城高级中学高一（下）月考数学试卷一、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.若zi3=1−5A.1 B.6 C.7 2.忻城县高级中学有1100名高一学生，1000名高二学生，1200名高三学生，高一数学兴趣小组欲采用分层抽样的方法在全校抽取33名学生进行某项调查，则下列说法正确的是(

)A.高三每一个学生被抽到的概率最大 B.高三每一个学生被抽到的概率最小

C.高一每一个学生被抽到的概率最大 D.每位学生被抽到的概率相等3.已知在正四面体A−BCD中，M为AB的中点，则直线CM与AD所成角的余弦值为(

)A.12 B.23 C.4.对某平面图形使用斜二测画法后得到的直观图是边长为1的正方形(如图)，则原图形的面积是(

)A.2

B.2

C.225.若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为32π，则它的体积为A.3π B.7π3 C.5π3 6.某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图.底座ABCD是边长为42的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线AA1，BB1，CC1，DD一头连着底座端点，另一头都连在球O的表面上(底座厚度忽略不计)A.108π3 B.256π3 C.500π37.在平行四边形ABCD中，G为△ABC的重心，满足AG=xAB+yAD(x,y∈R)A.43 B.53 C.0 8.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和DD1的中点，过点B1，E，F的平面A.13

B.23

C.34二、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.下列说法中，正确的有(

)A.如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行

B.如果一条直线与一个平面相交，那么这条直线与平面内无数条直线相交

C.过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行

D.如果一条直线上有两点到平面的距离相等且不为0，那么这条直线和这个平面可能平行，也可能相交10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对△ABC的个数的判断正确的是(

)A.当a=22，A=30°，C=45°时，有两解

B.当a=5，b=7，C=60°时，有一解

C.当a=2，b=1，A=30°时，有一解

D.当a=6，11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点A.三棱锥A−D1PC的体积不变

B.直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为[π4,π2]

C.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a=(1,3)，b=(−2,2)，则向量a在向量b上的投影向量为______.(用坐标表示13.已知z∈C，|z−2|=1，则|z+i|的取值范围为______．14.我国古代数学名著《九章算术》，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=BC=2

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)

正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点．

(1)求异面直线C16.(本小题15分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c−b=2csin2A2．

(Ⅰ)试判断△ABC的形状；

(Ⅱ)若c=1，求17.(本小题15分)

我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”.如图，三棱锥A−BCD，中AB⊥平面BCD，BC⊥CD．

(1)证明：三棱锥A−BCD为鳖臑；

(2)若E为AD上一点，点P，Q分别为BC，BE的中点.平面DPQ与平面ACD的交线为l．

①证明：直线PQ/​/平面ACD；

②判断PQ与l的位置关系，并证明你的结论．18.(本小题17分)

忻城县环境优美，准备在泮水生态公园建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，边BD修建隔离防护栏，其中CD=100米，BC=200米，∠A=π3．

(1)若BD=150米，求烧烤区的面积？

(2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD19.(本小题17分)

如图，在四面体ABCD中，AB=BD=CD=3，AB⊥平面BCD，CD⊥BD，点M为AD上一点，且AM=2MD，连接BM，CM．

(1)证明：BM⊥CD；

(2)求点D到平面BMC的距离；

(3)求二面角M−BC−D的余弦值．

参考答案1B

2D

3C

4C

5B

6C

7C

8D

9BD

10BC

11ABD

12(−1,1)

13[1417π

15(1)解：连接A1B，A1C1，

在正方体中，可得A1C1=A1B=BC1，CD1/​/A1B，

所以∠A1BC1=60°，∠A1BC1等于异面直线CD1与BC1所成的角，

所以异面直线CD1与BC1所成角为60°；

(2)证明：取CC1的中点E，连接ME，NE，

因为M，N分别是BC1，CD1的中点，

所以ME/​/BC，NE//C1D1，16解：(Ⅰ)因为c−b=2csin2A2，得sin2A2=c−b2c，

可得1−cosA2=c−b2c，即cosA=bc，

由余弦定理得b2+c2−a22bc=bc，即a2+b2=c2，

可得C=π17证明：(1)因为BC⊥CD，所以△BCD为直角三角形，

因为AB⊥平面BCD，且BD⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，CD⊂平面BCD，

所以AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，

所以△ABC和△ABD为直角三角形，

因为BD∩AB=B，所以CD⊥平面ABC，

又因为AC⊂平面ABC，所以CD⊥AD，

所以△ACD为直角三角形，

所以三棱锥A−BCD为鳖曘；

(2)①连接CE，因为点P，Q分别为BC，BE的中点，所以PQ/​/CE，

且PQ⊄平面ACD，CE⊂平面ACD，所以直线PQ/​/平面ACD，

②平行，

证明：由①可得：PQ/​/平面ACD，PQ⊂平面DPQ，平面DPQ∩平面ACD=l，

所以PQ/​/l．

18解：(1)在△BCD中，由余弦定理可知cosC=BC2+CD2−BD22BC⋅CD=1002+2002−15022×100×200=1116，

所以sinC=1−(1116)2=31516，

所以S△BCD=12BC⋅CDsinC=12×100×200×31516=187515平方米；

(2)S△BCD=12BC⋅CD⋅sinC≤12BC⋅CD=10000，

当且仅当C=π19(1)证明：因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，

所以AB⊥CD，

因为CD⊥BD，AB∩BD=B，AB，BD⊂平面ABD，

所以CD⊥平面ABD，

因为BM⊂平面ABD，

所以BM⊥CD；

(2)解：因为AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AB⊥BD，

因为AB=BD=3，所以AD=32，∠ADB=45°，

因为点M为AD上一点，且AM=2MD，

所以AM=22,DM=2，点M到平面BCD的距离为ℎ=13AB=1，

因为CD⊥BD，BD=CD=3，所以BC=32，S△BCD=12×3×3=92，

由(1)知CD⊥平面ABD，因为AD⊂平面ABD，所以CD⊥AD，

所以CM=CD2+DM2=9+2=11，

在△BDM中，由余弦定理得BM=BD2+DM2−2BD⋅DMcos∠BDM

=9+2−2×3×2×22=5，

在△BCM中，由余弦定理得cos∠BMC=5+1