2023-2024学年河南省青桐鸣大联考高一（下）月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省青桐鸣大联考高一（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.已知i为虚数单位，复数z满足−i⋅z=2+7i，则z=(

)A.−7+2i B.−7−2i C.7+2i D.7−2i2.已知△ABC的直观图△A′B′C′如图所示，A′B′//x′轴，A′C′//y′轴，且A′C′=3，则在△ABC中，AC=(

)A.3

B.32

C.12

D.3.已知复数z1=2−ai，z2=b−1+2i，(a,b∈R,i为虚数单位)，且zA.a=−1，b=1 B.a=2，b=−3 C.a=2，b=3 D.a=−2，b=34.在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设AB=a，DM=b，则A.2b−a B.a−2b 5.设α、β是两个不重合的平面，则α/​/β的一个充分条件为(

)A.平面α内有无数个点到平面β的距离相等 B.平面α内有无数条直线与平面β平行

C.两条异面直线同时与平面α，β都平行 D.两条平行直线同时与平面α，β都平行6.在△ABC中，∠A=60°，AB=2，AC=3，点D为边AC上一点，且AC=3AD，则AB⋅A.3 B.2 C.−2 D.−37.如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中.AB=3AA.28

B.26

C.24

D.168.已知a，b，a+b，2b−a均为非零向量，a与a+b的夹角为θ1，b与2b−a的夹角为θ2，满足A.π6 B.π3 C.2π3二、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i为虚数单位，复数z1=3−i，z2=iA.|z1|=|z2|

B.z1z2的共轭复数为1−3i

10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P为正方形BCA.对于任意点P，均有平面A1D1P⊥平面ABB1A1

B.当点P在线段B1C1上时，平面A1D1P与平面A1BCD1所成二面角的大小为11.已知两个非零的平面向量a与b，定义新运算a⊙b=a⋅bA.a⊙b=b⊗a

B.对于任意与b不共线的非零向量c，都有a⊙(b+c)=a⊙b三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若向量a=(m,1)与单位向量b=(25513.已知圆柱O1O2的底面半径为2，高为3.点O为线段O1O2(不含端点)上一动点.以该圆柱的上、下底面为底面，O为顶点挖去两个圆锥O14.如图，已知山体AB与山体CD的底部在同一水平面上，且两个山体的高线AB与CD均与水平面垂直，CD=3003m，在山体CD的最高点D处测得山顶B的仰角为45°，测得山底A的俯角为30°，则BD=______m.

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i为虚数单位，复数z=m2(1+i)+3m+2−i(m∈R)为纯虚数，z−为z的共轭复数．

(1)求m的值；

(2)16.(本小题15分)

在平面直角坐标系中，已知向量AB=(1,3)，AC=(−1,2)．

(1)求向量BA在向量BC上的投影向量；

(2)若点D满足AD=2CD，AD与BD的夹角为θ17.(本小题15分)

如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，E、F分别为线段BC，DD1的中点．

(1)证明：EF/​/平面B1CD118.(本小题17分)

设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其周长为l.已知l(l−2a)=bc．

(1)求角A；

(2)若b=7，D是线段BC上一点，BC=5DC，且AB⊥AD.求a19.(本小题17分)

如图，已知正四面体A−BCD的棱长为3．

(1)求正四面体A−BCD的高；

(2)若球O的球面与正四面体A−BCD的棱有公共点.且球心O到正四面体A−BCD的四个面的距离相等，求球O的半径R的取值范围．

参考答案1.A

2.D

3.D

4.A

5.C

6.D

7.B

8.B

9.BC

10.ACD

11.ABD

12.2

13.2314.90015.解：(1)由z=m2(1+i)+3m+2−i(m∈R)，得z=m2+3m+2+(m2−1)i

∵z为纯虚数，∴m2+3m+2=0m2−1≠0，解得m=−2；

(2)由第一问得z=3i16.解：(1)因为BA=−AB=(−1,−3),BC=BA+AC=(−2,−1)，

所以BA⋅BC=5,BC2=5，

所以向量BA在向量BC上的投影向量为(BA⋅BCBC2)BC=BC=(−2,−1)17.证明：(1)取B1C的中点M，连接EM，D1M，

又E为BC的中点，所以EM为△BCB1的中位线，则EM//BB1，且EM=12BB1，

又BB1/​/DD1，且BB1=DD1，F为DD1的中点，

所以EM//D1F，且EM=D1F，

所以四边形EFD1M为平行四边形，

则EF//MD1，

又EF⊄平面B1CD1，MD1⊂平面B1CD1，

所以EF/​/平面B1CD1；

(2)由四棱柱的性质可知，∠A1AD=∠B1BC，

则cos∠A1AD=cos∠B1BC=55，

在△B118.解：(1)由l(l−2a)=bc得，(a+b+c)(b+c−a)=bc，

整理得b2+c2−a2=−bc，

由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc=−12，

又A∈(0,π)，

故A=2π3；

(2)在△ABD中，∠DAB=π2，

则AD=BDsin∠ABC，

在△ACD中，由正弦定理得，ADsin(π3−∠ABC)=CDsin∠DAC，即AD=CDsin(π19.解：(1)过顶点A作平面BCD的垂线BCD，垂足为E，

由正四面体的性质可知，E为△BCD的重心，连接BE，并延长BE交CD于点F，则BF⊥CD，

所以BF=32−(32)2=332

则BE=23BF=3，

故正