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文档简介
第=page11页,共=sectionpages11页2023-2024学年河南省新乡市封丘一中高一(下)第二次段考数学试卷一、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.若复数z满足(3−4i)z=2i,则|z|=(
)A.1 B.15 C.25 2.已知e1,e2是夹角为60°的单位向量,则a=−2eA.150° B.120° C.60° D.90°3.圣⋅索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑,其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体,极具对称之美.为了估算圣⋅索菲亚教堂的高度,某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB,高约为36m,在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°,在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°,则可估算圣⋅索菲亚教堂的高度CD约为(
)A.54m B.47m C.50m D.44m4.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)2−c2=4,C=A.33 B.233 5.如图所示,梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图,A′D′=2,A′B′=B′C′=1,则平面图形ABCD中对角线AC的长度为(
)A.2
B.3
C.56.已知a,b,c是空间中不同的直线,α,β是不同的平面,则下列命题正确的是(
)A.若a⊥b,b⊥c,则a//c
B.若a与b异面,则至多有一条c与a,b都垂直
C.若α//β,b⊥β,c⊥b,则c一定平行于α和β
D.若c⊂α,b⊂β,α⊥β,则存在a同时垂直c,b7.古代数学名著《九章算术⋅商功》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马,将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥P−ABCD为阳马,PA⊥平面ABCD,AB=BC=4,PA=3,则此“阳马”外接球的表面积为(
)A.41π2 B.41π4 C.8.如图,在底面为等边三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1中,BB1=2,D,E分别为棱BC,BB1的中点,FA.66
B.34
C.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.下列说法中正确的是(
)A.若复数z=i1+i.则复数z−在复平面内对应的点位于第一象限
B.已知复数z满足(1+2i)z=2+i,则|z|=1
C.3+2i是关于x的方程2x2+mx+n=0(m,n为实数)在复数集内的一个根,实数n的值为26
D.若复数z满足若10.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是(
)A.若sinA>sinB,则A>B
B.若a2+b2<c2,则△ABC为钝角三角形
C.若acosA=bcosB,则△ABC为等腰三角形
D.若11.已知平面α//平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C两点,过点P的直线n与α,β分别交于B,D两点,且PA=6,PD=8,AC=9,则BD的长为(
)A.16 B.24 C.14 D.24三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.向量p在基底{a,b}下的坐标为(1,2),则向量p在基底13.在△ABC中,∠A=60°,b=1,c=4,则a+b+csinA+sinB+sinC=______.14.如图,甲站在水库底面上的点D处,乙站在水坝斜面上的点C处,测得从D,C到库底与水坝的交线AB的距离分别为DA=52m,CB=5m.又测得AB的长为5m,CD的长为5四、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)
平面内给定三个向量a=(3,2),b=(−1,2),c=(4,1).
(1)求满足a=mb+nc的实数m,n.
(2)若d满足16.(本小题15分)
如图,在平面四边形ABCD中,BC=2,∠BCD=π6,△BCD的面积为3+12.
(1)求BD;
(2)17.(本小题15分)
如图,已知直角三角形ABC的斜边BC//平面α,A在平面α上,AB,AC分别与平面α成30°和45°的角,BC=6.
(1)求BC到平面α的距离;
(2)求平面ABC与平面α的夹角.18.(本小题17分)
如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD为菱形,PD⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)设平面ABE与直线PC相交于点F,求证:EF//CD;
(2)若AB=2,∠DAB=60°,PD=42,求直线BE与平面PAD19.(本小题17分)
如图,P为圆锥顶点,O为底面中心,A,B,C均在底面圆周上,且△ABC为等边三角形.
(1)求证:平面POA⊥平面PBC;
(2)若圆锥底面半径为2,高为22,求点A到平面PBC的距离.
答案解析1.【答案】C
【解析】解:(3−4i)z=2i⇒z=2i3−4i=2i(3+4i)(3−4i)(3+4i)=6i−825=−825+625【解析】解:由题意得:a⋅b=(−2e1−e2)⋅(3e1−2e2)=−6e12+e1⋅e2+2e22=−6+1×1×12+2=−7【解析】解:由题可得在直角△ABM中,∠AMB=45°,|AB|=36,
所以|AM|=362,
在△AMC中,∠AMC=180°−60°−45°=75°,∠MAC=15°+45°=60°,
所以∠ACM=180°−75°−60°=45°,
所以由正弦定理可得|AM|sin45∘=|CM|sin60∘,
所以|CM|=362×3222=36【解析】解:由余弦定理可知cosC=a2+b2−c22ab,
所以cosπ3=(a+b)2−c2−2ab2ab【解析】解:根据题意,由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD,
如图,
由斜二测法则知AB=2A′B′=2,BC=B′C′=1,
所以AC=AB2+BC6.【答案】D
【解析】解:在正方体ABCD−A1B1C1D1中,
对于A,令a=AB,b=AD,c=AA1,符合题意,但是a⊥c,故A错误;
对于
B,令a=AB,b=CC1,两直线异面,
在正方体中与BC平行或重合的直线与异面直线都垂直,故B错误;
对于C,令α为平面ABCD,β为平面A1B1C1D1,b=BB1,BC⊥b,符合α//β,b⊥β,c⊥b,
但BC⊂平面ABCD,故C错误;
对于D,令α为平面ABCD,β为平面BB1C7.【答案】D
【解析】解:因为四棱锥P−ABCD为阳马,PA⊥平面ABCD,AB=BC=4,PA=3,
将四棱锥P−ABCD补成以AB,AD,AP为邻边的长方体,
则长方体体对角线即为外接球的直径,
所以PB=PD=AB2+AP2=5,
设外接球的半径为R,
所以(2R)2=AB2+AD2+AP【解析】解:由于三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱,BB1=2,
所以CC1⊥底面ABC,CF⊂底面ABC,
所以CC1⊥CF,
故C1F=C1C2+CF2=2+FC2,
故当CF⊥AB时,CF最小,线段C1F的长度取最小值,
由于线段C1F的最小值为5,即2+CF2=5,
解得CF=9.【答案】BCD
【解析】解:对于A,复数z=i1+i=12+12i,所以复数z−=12−12i在复平面内对应的点位于第二象限,选项A错误;
对于B,由(1+2i)z=2+i,则|1+2i||z|=|2+i|,解得|z|=1,选项B正确;
对于C,由题意知,3+2i和3−2i是方程2x2+mx+n=0两根,则n2=(3+2i)(3−2i)=13,解得n=26,选项C【解析】解:对于A,因为sinA>sinB,由正弦定理可得a>b,所以A>B,A正确;
对于B,由余弦定理cosC=a2+b2−c22ab<0,可知C为钝角,B正确;
对于C,因为acosA=bcosB,所以sinAcosA=sinBcosB,即sin2A=sin2B,所以2A=2B或2A+2B=π,
即△ABC为等腰三角形或直角三角形,C不正确;
对于D,因为三角形有两解,所以bsinA<a<b,即a的取值范围为(1,2),D【解析】解:连接AB,CD,
当P在平面α与平面β的同侧时,
∵α//β,平面PCD∩α=AB,平面PCD∩β=CD,
∴AB//CD,可得PAAC=PBBD,
∵PA=6,AC=9,PD=8,
∴69=8−BDDB,解得BD=245;
当P在平面α与平面β之间时,
同理可得PAPC=PBPD,
∵PA=6,AC=9,PD=8,
∴63=PB812.【答案】(3【解析】解:由已知得p=a+2b①,
设m=a+b,n=a−b,解得a=m+n2,b=m−n【解析】解:∵∠A=60°,b=1,c=4,
∴由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA=1+16−2×1×4×12=13,可得a=13【解析】解:如图,作BE//AD且BE=AD,连接DE,又AD⊥AB,则四边形ABED是矩形,
BE⊥AB.又BC⊥AB,所以∠CBE是所求二面角的平面角,
因为DE//AB,BC⊥AB,则BC⊥DE,
又BE⊥DE,BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,
所以DE⊥平面BCE,而CE⊂平面BCE,
所以DE⊥CE,DE=AB=5,
所以CE=DC2−DE2=25×6−25=55,BE=AD=52,
由题可知BC=5,
则15.【答案】解:(1)根据题意,向量a=(3,2),b=(−1,2),c=(4,1),
若a=mb+nc,则有3=−m+4n2=2m+n,
解得m=59,n=89
(2)设d=(x,y),
由题意可得a+b=(2,4),
因为d//(a+b),则4x−2y=0,①
又|【解析】(1)由向量的坐标运算列方程组,解出即可;
(2)设d=(x,y),由向量共线的坐标表示和模长计算解出即可.
16.【答案】解:(1)因为BC=2,∠BCD=π6,△BCD的面积为3+12,
即S△BCD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=3+12,
解得CD=3+1;
在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2【解析】(1)由△BCD的面积可得CD的值,再由余弦定理可得BD的大小;
(2)由正弦定理可得sin∠BAD及cos∠BAD的大小,在三角形中,由两角和的正弦公式进而可得17.【答案】解:(1)过B作BE⊥α,垂足为E,过C作CF⊥α,垂足为F,连AE、AF、EF,
则∠BAE=30°,∠CAF=45°,
设BC到平面α的距离为d,因为BC//平面α,所以BE=CF=d,
在直角三角形BEA中,sin30°=dAB,所以AB=d12=2d,
在直角三角形CAF中,AC=2d,
在直角三角形ABC中,BC2=AB2+AC2,则36=2d2+4d2,
得d=6;
(2)由(1)知,AB=26,AC=23,
则S△ABC=12AB⋅AC=62,
在△AEF中,【解析】(1)过B作BE⊥α,垂足为E,过C作CF⊥α,由题意可得∠BAE=30°,∠CAF=45°,设BC到平面α的距离为d,因为BC//平面α,所以BE=CF=d,在两个直角三角形中,可得AC,AB的表达式,再在ABC中,由勾股定理可得d的值;
(2)由(1)可知△ABC的面积,由余弦定理可得∠EAF的余弦值,进而求出它的正弦值,进而求出△AEF的面积,求出两个面积之比,即求出平面ABC与平面α的夹角.18.【答案】(1)证明:∵平面ABE与直线PC相交于点F,∴平面ABE∩平面PCD=EF,
∵四边形ABCD是菱形,∴AB//CD,
∵AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴AB//平面PCD,
∵AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面PCD=EF,∴EF//CD;
(2)解:连接BD,取AD中点H,连接BH、EH,
∵菱形ABCD中,AB=AD,∠DAB=60°,∴△ABD是等边三角形,
∵H是AD中点,∴BH⊥AD,
∵PD⊥平面ABCD,BH⊂平面ABCD,∴BH⊥PD,
∵PD、AD⊂平面PAD,PD∩AD=D,∴BH⊥平面PAD.
∴∠BEH是直线BE与平面PAD的所成角,
∵E是PD中点,PD=42,∴DE=12PD=22.
∵PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD,
∵H为AD中点,∴DH=12AD=1,Rt△DEH中,EH=DE2+DH2=3,
∵等边△ABD【解析】(1)根据线面平行的判定定理,证出AB//平面PCD,然后根据平面ABE∩平面PCD=EF,利用线面平行的性质定理证出EF//CD;
(2)连接BD,取AD中点H,连接BH、EH,根据线面垂直的判定定理,证出BH⊥平面PAD,可得∠BEH是直线BE与平面PAD的所成角,然后在Rt△BEH中利用锐角三角函数的定义算出答案.19.【答案】解:(1)证明:连结A
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