2023-2024学年河南省开封市多校高一（下）第三次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省开封市多校高一（下）第三次月考数学试卷一、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.如图，在正三棱锥P−ABC中，M，N分别为PA，PB的中点，则异面直线MN与AC所成的角为(

)A.π3

B.π4

C.π62.已知在△ABC中，AB=62,C=π4，则A.72π B.24π C.36π D.12π3.用斜二测画法画三角形OAB的直观图O′A′B′，如图所示，已知O′A′⊥A′B′，O′A′=1，则OB=(

)A.2

B.2

C.224.如图所示，BC=2AD,DC=4DH，则A.34BA+78BC B.25.下列命题是真命题的是(

)A.上底面与下底面相似的多面体是棱台

B.正六棱锥的侧面为等腰三角形，且等腰三角形的底角大于π3

C.若直线l在平面α外，则l/​/α

D.6.已知某圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的内切球的体积为(

)A.32π B.43π C.4π 7.已知|OA|=|OB|=|OC|，且AB+ACA.12OA B.−12OA 8.P是△ABC内一点，∠ABP=45°，∠PBC=∠PCB=∠ACP=30°，则tan∠BAP=(

)A.23 B.25 C.13二、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.若z=k2−2k+ki(k∈R)，则下列结论正确的是A.若z为实数，则k=0

B.若zi=1+3i，则k=3

C.若z在复平面内对应的点位于第一象限，则k>3

D.若z+z−10.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2a(sinB+sinC)=b+c，则3sinB−sinC的值可能为(

)A.13 B.22 C.11.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正方体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π2，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π2=π2.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=2，AA1=32，点C的曲率为A.直线BF/​/平面A1DE

B.在三棱柱ABC−A1B1C1中，点A的曲率为5π6

C.在四面体A1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.复数(2+i2)i13.如图，为了测量某建筑物的高度OP，测量小组选取与该建筑物底部O在同一水平面内的两个测量基点A与B.现测得∠OBA=2π3,AB=40米，OB=20米，在测量基点A测得建筑物顶点P的仰角为π4，则该建筑物的高度OP

14.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=5，AD=3，AA1=4，P是线段

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=(3,λ),b=(7,λ−3)．

(1)若a//b，求λ的值．

(2)设a⊥(a−b)，向量16.(本小题15分)

在△ABC中，1+sinAsinB=cos2B−sin2A+sin2C.

(1)求角C的大小；

(2)若D在边AB上，DC⊥CB17.(本小题15分)

如图，在正方形ABCD中，P，Q分别是AB，BC的中点，将△APD，△PBQ，△CDQ分别沿PD，PQ，DQ折起，使A，B，C三点重合于点M．

(1)证明：MD⊥平面MPQ．

(2)证明：点M在平面PDQ的投影为△PDQ的垂心．18.(本小题17分)

如图，在△ABC中，|AB|=|AC|=4,AB⋅AC=8,BD=34BC,AE=λAD(0<λ<1)．

19.(本小题17分)

如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD为平行四边形，BD⊥A1C，且E，F，H分别为线段BB1，A1B，AD的中点．

(1)证明：|A1B|=|A

参考答案1.A

2.D

3.C

4.C

5.B

6.B

7.A

8.D

9.AD

10.BD

11.ABD

12.2

13.2014.6515.解：(1)若a//b，则3(λ−3)=7λ，解得λ=−94．

(2)因为a⊥(a−b)，所以a⋅(a−b)=a2−a⋅b=0，

即9+λ2−(21+λ16.解：(1)由题意得1−cos2B+sin2A−sin2C=−sinAsinB，

即sin2B+sin2A−sin2C=−sinAsinB，

由正弦定理得AC2+BC2−AB2=−BC⋅AC，

由余弦定理得cosC=AC2+BC2−AB22BC⋅AC=−12，

因为C∈(0,π)，所以C=2π17.证明：(1)因为在正方形ABCD中，AP⊥AD，CD⊥CQ，

所以折起后，可得MP⊥MD，MD⊥MQ，

因为MP∩MQ=M，MP，MQ⊂面MPQ，

所以MD⊥平面MPQ；

(2)设点M在平面PDQ的投影为O，则MO⊥平面PDQ，得MO⊥PD，MO⊥PQ，

连接DO并延长DO与PQ交于点F，连接QO并延长QO与PD交于点E，

因为在正方形ABCD中，BP⊥BQ，所以折起后，可得MP⊥MQ，

又因为MD⊥MQ，MD∩MP=M，MD，MP⊂平面MPD，

所以MQ⊥平面MPD，

因为PD⊂平面MPD，所以MQ⊥PD，

又MQ∩MO=M，MQ，MO⊂平面MOQ，所以PD⊥平面MOQ，

又QE⊂平面MOQ，所以QE⊥DF，

同理由题意可知，正方形ABCD折起后，可得MD⊥MQ，MD⊥MP，

MQ，MP是面MPQ内两条相交直线，所以MD⊥面MPQ，

又PQ⊂面MPQ，所以MD⊥PQ，

又MO⊥PQ，MD，MO是面MDO内两条相交直线，

所以PQ⊥面MDO，

因为DF⊂面MDO，所以PQ⊥DF．

综上，点M在平面PDQ的投影为△PDQ的垂心．

18.解：(1)因为AB⋅AC=8，所以cos<AB，AC>=AB⋅AC|AB|⋅|AC|=84×4=12，

结合<AB，AC>∈[0,π]，可得<AB，AC>=π3，

因为|AB|=|AC|=4，所以△ABC为等边三角形．

(2)AE=λAD=λ(AB+34BC)=λ(AB+34AC−34AB)=14λAB+34λAC，19.解：(1)证明：如图，连接AC，与BD交于点O，

因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，

又因为BD⊥A1C，AA1∩A1C=A1，

所以BD⊥平面AA1C，

因为AC⊂平面AA1C，所以AC⊥BD，

因为四边形ABCD是平行四边形，所以四边形ABCD是菱形，则|AB|=|AD|，

因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，

所以|A1B|2=|A1A|2+|AB|2=|A1A|2+|AD|2=|A1D|2