2023-2024学年广东省深圳市高一年级下册册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年广东省深圳市高一下册期中数学质量检测

模拟试题

第I卷

一,单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.

1.若复数z满足z+（3-4i）=l,则z的虚部是（）

A.4B.-2C.4iD.2i

2.已知向量值==,且万〃6,贝1)4=()

A.-2B.cID.2

2

3.在中,AB=2,则边4c的长为（)

A.373B.3C.V6D.V3

4.如图，已知48a>-44G。为正方体，则异面直线4c与5。所成角为（

C.60°D.90°

5.下列命题中成立的是（）

A.各个面都是三角形的多面体一定是棱锥

B.有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱

C.一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥

D.各个侧面都是矩形的棱柱是长方体

6.如图，位于/处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里的3处有一艘渔船遇险,

并在原点等待营救，在N处南偏西30。且相距20海里的。处有一艘救援船，则该船到救助

处B的距离为（）

A.2800海里B.1200海里C.20人海里D.20近海里

7.“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，

截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积5=2万知7,其中R为球

的半径，，为球冠的高），设球冠底的半径为r,周长为C,球冠的面积为S,则当C=2jiEr,

V10„Vio

-----D•------

84

8.在锐角三角形MC,。,仇。分别为内角所对的边长f=6cosC,则*+吗=

abtaiL4tariD

（）

A.3B.4C.5D.6

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有

多符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.已知直线/，加，平面a、B，lua,mu0,则下列说法中正确的是（）

A.若〃/加，则必有a///?B.若/_L加，则必有a，6

C.若1工。,则必有D.若a//〃，则必有/〃6

10.下列说法中错误的是（）.

A.若万〃3,3〃？，则Z〃1

B.若同=向且』〃否,则一=『

C.若第6为非零向量且|2+「Ha-6|，则。工6

D.若则有且只有一个实数力，使得@=彳不

11.“8C的内角48,C的对边分别为。，仇*则下列说法正确的是（）

A.若4>6,贝Usirt4>sin8

B.sin2A+sin2B<sin2C，则。8c是钝角三角形

C.若a=3,6=2,/=60。，则符合条件的有两个

D.若sirU-sin8=cos5-cos/,则AASC为等腰三角形

12.如图，已知正方体力BCD-4耳GA的棱长为2,尸为正方形底面/BCD内的一动点，则

下列结论正确的有（）

A.三棱锥4-42P的体积为定值

B.存在点P,使得2尸，/。

C.若则P点在正方形底面内的运动轨迹长度为2夜

D.若点P是/。的中点，点。是的中点，过尸,0作平面a,平面/CG4,则平面a截

正方体ABCD-48GA所得截面的面积为3g

第n卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.写出一个模为5,且在复平面内对应的点在第三象限的复数z=.

14.“3C中，AB=AC=5,BC=8,则此三角形的外接圆半径是.

15.已知某圆台的上、下底半径和高的比为1:4:4,母线长为10cm,则该圆台的体积为____

（cm3）.

16.在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一

场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的

“大雪花”的意境惊艳了全世界(如图①)，顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形

ABCDEF(如图②).已知正六边形的边长为1,点又满足而=9+万，顺而|=—

若点P是正六边形/BCD跖边上的动点(包括端点)，则而•丽的最大值为

图①图②

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知复数z=±L

1

⑴求Z;

(2)若复数z,2-i在复平面内对应的向量分别为厉,OB,求向量刀对应的复数.

18.已知“BC的内角4民C所对的边分别为。也c,且如巴=。.

(1)求角8的大小；

(2)从下列①②③中选择两个作为条件，证明另外一个条件成立：

①6=3；②s*=竽；®a+c=6.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

19.已知在A/(8C中，N是边4g的中点，且4加7=就，设4W与CN交于点P.记善=1,

AC=b.

.V

3

(1)用d,B表示向量/7，CN；

(2)若2团=历|,且存,存，求他0的余弦值.

20.已知各棱长均为2的直三棱柱NBC-44G中，。为8C的中点.

⑴求证：42〃平面4DG；

⑵求点用到平面40G的距离.

21.记AABC的内角A,B,C的对边分别为。，b,J已知sinC=2sin/sin8,点。在边

48上，且CD_L4B

⑴证明：CD=1c；

⑵若a2+/=&“/,,求N/C8.

22.如图，四棱锥P4BCD的底面为正方形，PD_L底面/BCD.设平面E1D与平面P5C的

交线为/.

(1)证明：/_L平面尸0C；

(2)已知PD=4D=1,。为/上的点，求网与平面。CD所成角的正弦值的最大值.

答案解析

1.A

【分析】计算z,求其虚部.

【详解】因为z+（3-4i）=l,所以z=-2+4i,所以z的虚部是4.

故选：A

2.B

【分析】由向量共线的坐标表示求解即可.

【详解】因为@=（1,一2）石=（九1）,且方〃

所以1x1-4x（-2）=0,解得八一g；

故选：B.

3.C

【分析】由正弦定理即可求出边4C的长.

【详解】由题意，

jr1T

在^ABC中，AB=2,B=工，C=—,

34

由正弦定理，

AB_AC

sinCsin5'

解得：AC=46,

故选：c.

4.C

【分析】连接4。,48,则可得为异面直线4c与8。所成角，然后在△&D8中求

解即可.

【详解】连接为0,4民即,

因为在ABCD-44GA中，AtD//Bfi,

所以NAQB为异面直线B{C与BD所成角，

因为在ABCD-中，A1D=AXB=BD,

所以△4DB为等边三角形,

所以/4。8=60°,

所以异面直线8。与8。所成角为60°,

故选：C

5.B

【分析】根据相关空间几何体的定义，举出部分反例空间几何体即可判断.

【详解】对A,只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，

所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误;

对B,若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，

则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；

对于C,如图所示，若AB=AC=CD=BD=4,BC=AD=3,

满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面3co不是正三角形，故C错误;

对D,各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体,

比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误.

故选：B.

6.D

【分析】由余弦定理可得答案.

【详解】由已知得卜同=40海里，|ZC|=20海里，NC/3=12O。，在“3C中由余弦定理得

忸=yj\AC\2+\A^-2|AC]\A^cosl2(J74G+2C?-2仓M20cos120

=20疗海里.

故选：D.

7.B

【分析】作出示意图，根据条件先求出r,然后根据$=2万他=14万并结合勾股定理求出R,

进而得到答案.

【详解】如不意图，根据题意C=2JiGr=2万rn厂=Ji万，S=2nRh=14n=Rh=1,由勾

,7

股定理可得配=(R_犷+]0,联立方程解得h=2R=_

故选：B.

8.B

【分析】对已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简可得/+〃==c2,然后同角三角

2

函数的关系和正余弦定理化简吗+皿可得结果.

tarUtan5

【详解】因为2+?=6COSC,

ab

所以由余弦定理可得叽空=64+，一厂，即

ablab2

tanCtanCsinCcos^sinCcosBsinCfcos^4cosB)

所以----------1--------------------;-------H---------；----

tarUtan5cosCsiiL4cosCsinScosC\sin?lsinBJ

sinCsin5cos/+cosHsirU

cosCsiMsinB

sin2C

sin4siiiScosC

c2_c2lab

abcosCab〃2+Z?2-C2

2

2cA

3二4.

-c2-c2

2

故选：B

9.CD

【分析】由线面、面面位置关系逐项判断即可得解.

【详解】对于A,平面可能相交，所以选项A错误；

对于B,平面可能平行或斜交，所以选项B错误；

对于C,因为/ua且则必有所以C正确;

对于D,因为。//£,则必有/〃尸，所以D正确.

故选：CD

10.ABD

【分析】根据B为0,即可判断AD,由数量积的运算律，即可判断C,由向量相等的定义即

可判断B.

【详解】A选项，当3为0时，，与了不一定平行，故A错误；

B选项，由⑷=®且可得Q=B或a=-B，故B错误;

C选项,由|。+加|=|。一5|得J+片+2〃.g=42+片一2〃.3,所以a-b=09

・・・Z_LB，故C正确；

D选项，若B=0，ZwO时，0//a，但是不存在4,使得万=丸3，故D错误;

故选：ABD.

11.AB

【分析】利用正弦定理、余弦定理对各个选项逐一分析，由此确定正确选项即可.

【详解】A选项，在三角形中大角对大边，所以力＞3=〃＞6,

由正弦定理得siiL4〉sin5,所以A选项正确；

B选项，由正弦定理得/+〃＜。2,

j川2

所以cosC=",<0,又0<。<兀，则。为钝角，所以B选项正确；

2ab

C选项，由正弦定理可得sin5=2sin/=2sin60=^~,

a33

又a>b,则5</=60°，故此三角形有唯一解，C错误；

D选项，因为siih4-sinS=cosB-cos/,所以sirU+cos/=cosH+sin5,

所以(siiL4+cos/)?=(cosB+sin5)2,即sin24=sin22=sin(兀一2B),

又0<2/<2兀,0<25<2兀，且0<24+28<2兀，所以2/=25或24+25=兀，

7T

即/=_8或4+5=—,

2

所以“为等腰三角形或直角三角形，故D错误.

故选：AB

12.ACD

【分析】对于A：利用体积转化得七一4可=嚷444=；.小L刚可求得体积为定值；对

于B：作尸交线段4D于M,可证4D|_LMDi得矛盾；对C：可证平面。

得点P轨迹为线段/C;对于D：可证得平面a截正方体研CD-44G。所得截面为正六

边形，求其面积即可.

【详解】对于A,由题意及图形可知平面/BCD平行于平面481GA，

则点P到平面44G2距离d为定值.

则七-4*=Vp-ARB、=1-d-Sj内，

又邑444为定值，故三棱锥男-42尸的体积为定值，故A正确；

对于B,

作尸交线段4。于连接MD1，皿

因为面ABCD1面ADDXAX,面ABCDc面=AD,尸河u面ABCD,

所以尸河_1_面4024，又40]U面4024，所以尸

若RP，4D1,^PM^DlP=P,故401面尸M2，

又〃2<=面尸所以4D[_LMD],

因为M为线段/D上一点，在直角dDD\中不可能有1MD、,

故不存在相应的点P,使2尸，故B错误；

对于C,如图有平面.理由如下：连接。8,

由题可得/C±DB,AC±BB、,

又DBCBB、=B,则NC_L平面DAS1.

因。及u平面。84，则

同理可证得/口，。4，

又4DQNC=A,则平面D/CL耳。，得D£u平面。/C.

故点尸轨迹为平面。/C与底面/BCD交线，即为线段NC,又么。=2后，故C正确;

对于D,如图取48中点为耳，连接尸匕

由题可得。81AC,AAX，平面/BCD.

因理平行于DB,Wu平面/BCD,

则助±AC,PP、!必

又4CC说=A,则此_L平面NCG4.

又取中点为。，则QQ^/DBZ/P^,

有尸，4Q,乌四点共面

因为尸耳u平面小02,所以平面PPXQQX1平面ACC,A,.

则平面购。2即为平面a.

设平面a分别与DG，BG交于R禺,

因为面ADD.AJI面BCQBi,面ADDlAlHa=PQl,面BCC^Aa=Q%

所以尸。//。鸟，又尸，。，2都是中点，故4是AG中点.

同理可证R是2G中点，

所以平面a截正方体/BCD-4片6。所得截面为正六边形，

又正方体棱长为2,则此=也，

故截面面积为6x字=3/，故D正确.

DiRG

L----、、一/

AP\B

故选：ACD

方法点睛:利用平面的性质确定截面形状的依据如下：

(1)平面的四个公理及推论;.

(2)直线与平面平行的判定与性质；

(3)两个平面平行的性质.

13.-3-由•(答案不唯一)

【分析】根据复数的模、复数对应点所在象限确定正确结论.

a<0

【详解】设z=a+历(a,6eR),则满足<6<0即可.

/+/=25

所以-3-4,符合题意.

故-3-4,(答案不唯一)

【分析】根据余弦定理，可得COSZ,进而可得sinZ的值，根据正弦定理，即可得答案.

【详解】由余弦定理得cos%='0、+—BO-=25+25—647

2ACAB2x5x525

因为/£(0/),所以sin/=Vl-cos2A=—,

------=—=27?25

设外接圆半径为R,由正弦定理得sin/24解得

7776

,,25

故;-

6

15.2247t

【分析】根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理,算出圆台的上底面半径为厂=2cm,

下底面半径为R=8cm,高〃=8cm,再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体

积.

【详解】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为无、4x、4x,

上底面半径为厂，下底面半径为R,高h,

可得母线长为=10cm,即J(4X>+(4X-X)2=10cm,

解之得x=2,所以圆台的上底面半径为r=2cm,下底面半径为A=8cm,高A=8cm.

由此可得圆台的体积为V=^h(r2+R2+rR)=224^cm.

故224兀.

16.1-##1.5

2

【分析】由题可得|益|=|万=1,（茄，万）=g，利用向量的数量积的运算法则即得|而卜1,

然后利用数量积的定义和正六边形的性质解得加.旃最大值为3.

【详解】由题可知网=网=1,（丽万

AM={^AB+AFj=AB+2ABAF+AF=l-2x-+l=l,

.•.西=1,

结合而=赤+/以及正六边形的几何特征可知M为/。的中点,

所以

而.丽=3瓦.（箫一万）=g（疝万）一;石.刀

=-(2D-2P)--X2X1XCOS-=-(，ZD-2P)--；

2、'232、'2

要使通•丽最大，可知当尸在。处时，石•丽最大，此时而•丽最大,

____.-,1/___»_►、11,1

^AM.BP=-(AD.AD)--=-^--3

2

故；;3

2

17.(l)l+3i

⑵>4i

【分析】(1)利用复数的四则运算化简即可求得z；

(2)由复数的坐标运算即可求得向量方对应的复数.

【详解】(1)z=^±i=^^=^l=l+3i.

ii2-1

(2)由z=l+3i得刀=(1,3),又无=(2,-1),

则方=砺_况=(1,-4),

所以向量次对应的复数为l-4i.

兀

18.(D-

(2)答案见解析

【分析】(1)由正弦定理边角互化即可求解，

(2)利用余弦定理以及三角形面积公式即可求解.

【详解】(1)由正弦定理得典4=典等且=tans=百

acosBsinAcosB

兀

\'0<B<TIB=—；

3

(2)选①②：6=3,s=皿1,由(1)知：cosB=,

7Ay4OC彳2

由/=/+/-2accosB,:.9=a2+c2-ac,9=(a+c)2-3ac,

又S/Be=1acsinB，贝！J=9,

△/loc24

所以(。+。)2=36,故"+c=6.

选②③：S/BC=®M+C=6，由①知：siiLB=—,

由S二工acsinB=犯1,则。。=9,

△ABL24

由/=/+/-laccosB=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=36-27=9,

故b=3.

选①③：6=3,Q+C=6,

b1=a1+c1-2accosB=a1+c2-ac={a+c)2-3ac,

32=62—3ac，

..etc=9,

由（1）知：sinB=,则S=L〃csinB=W^.

2△ADL.24

——31-―-1-

19.（\）AM=-a+-b，CN=-3-b

v442

（2）cos（a,=—

【分析】（i）根据平面向量的基底与三角形法则即可用a,B表示向量与7,

（2）由耳，在得加，在，代入向量数量积公式即可求得的余弦值.

【详解】⑴BC=AC-AB=b-a

AM=JB+BM=AB+-^C=a+-(b-a]=-a+-b

44、,44

CN=CA+AN=-AC+-AB=-a-b

22

(2)：N,尸,C三点共线，，由苏，益得函，益,

0=CN-AB=&-3卜，Bp||a|2=b-a,

=同WcosR»=215|2cos(a,b^,

cos(a,B)=；,(凡彼)的余弦值为;.

20.(1)证明见解析；

⑵拽

5

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可;

(2)利用等体积法求点见到平面/z)G的距离即可.

【详解】(1)证明：如图

连接4C,交NG于点。，连接。D，

因为/CG4为平行四边形，所以。为/q的中点，又。为BC的中点,

所以。£)〃4兄

又ODu平面ADCX,AXB<z平面ADCA,所以/出〃平面ADC,,

(2)因为三棱柱NBC-44G是直三棱柱且所有棱长均为2,

22

在中，AC]=^AC+CCf=2V2,CXD=7CD+CCf=岳,

AD=>JAB2-BD2=V3

所以/C；=GZ)2+/D2,所以△NDG为直角三角形，

设Bi到平面ADC,的距离为d,因为&的=VA_BiCtDSgD-AD,

n；x(gxV^xgjxd=；x(gx2x2jxg,解得[=拽，

所以耳到平面ADC,的距离为竽.

21.(1)证明见解析

⑵包

12

CD

【分析】(1)在RtZXCDB中由锐角三角函数，得sinB=---,代入条件5由。=25苗/5出8,

a

由正弦定理角化边得2=2•生，即证；

aa

(2)由三角形等面积法，得以配=；MsinC=；xcxC。，代入CD=；c可得c2=2°6sinC;

22

将条件/+〃=痴“6和/-2absinC同时代入余弦定理H=a+b-2abcosC,化简后利用辅

助角公式得到sin（c+T=5,即可求解.

CD

【详解】（1）在△COB中，因为CZ）_L45,所以sinB=——,

a

又因为sinC=2sin/sin8,所以当C=2sin8,即当C=2・丝

sinAsin^4a

在“3C中，根据正弦定理，得£=2.生，故CD=」c.

aa2

（2）在AABC中，S&ABC=^absmC=^cxCD,

又由（1）知，CD=\c,所以，=2"sinC,

2

在A^_BC中,根据余弦定理,Wc2=a2+Z>2-2abcosC,

又由已知，a2+b2=y[6ab,2absinC=yl6ab-labcosC,

所以sinC+COsC=，贝!JV^sin[c+；]=曰，即sin（c+；）=?,

因为Ce（O,0,则C+%m所以C+*或C+；=^,

所以C=3或C=工，

1212

又点。在边45上，且CD=-c,

2

所以44CD,/BCD必有一个大于等于£,所以C=".

412

22.（1）证明见解析；（2）

3

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得4。，平面POC,利用线面平行的判定定理以

及性质定理，证得40〃/,从而得到//平面尸DC；

（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点。（电0,1）,

之后求得平面。C。的法向量以及向量丽的坐标，求得卜os<",而>|的最大值，即为直线尸8

与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【详解】（1）证明：

在正方形/BCD中，ADHBC,因为/£><z平面尸BC,BCu平面尸BC,

所以/。〃平面尸BC,又因为4Du平面尸/D,平面P/Oc平面尸8C=/,

所以4。///,因为在四棱锥。中，底面是正方形，所以DC,；」，。。,且

PD_L平面48CD,所以ND_LPD,；"_L尸D,

因为。。口尸。=。，所以/工平面PDC.

（2）［方法一］【最优解】：通性通法

因为。P,O4DC两两垂直，建立空间直角坐标系。-小，如图所示:

因为P。=/。=1,设。(0,0,0),C(0,l,0),A(l,0,0),P(0,0,l),8(1,1,0),

设。(叽0,1),则有诙=(0,1,0),D2=(m,0,l),PS=(l,l,-l),

设平面QCD的法向量为n=(x,y,z),

令x=l,贝l］z=f,所以平面。CD的一个法向量为3=（1,0,-加），则

n•PBl+0+m

cos<n,PB>=

卜|„百加2+］

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦

值，所以直线尸5与平面QCQ所成角的正弦值等于

l+2m+m

m2+l

=—■-J+—6F=―,当且仅当〃?=i时取等号，所以直线9

3Vm2+l3}m2+l33

与平面所成角的正弦值的最大值为侦.

3

［方法二］:定义法

如图2,因为/u平面P8C,，所以。e平面P8C.

在平面尸中，过尸点作刊?,。。，交。。于R连接EF.

因为尸D_L平面48CD,OCu平面4BCD,所以DCJ_PD.

又由。。_1/。,/。口也》=。,尸。匚平面尸/。，NOu平面尸ND,所以DC_L平面尸/O.又

PFu平面尸4D,所以DC,尸尸.又由尸尸，0。,。Dn。C=。,。。u平面0。C,。Cu平面

QDC,所以尸尸，平面。。C,从而NFEP即为心与平面。。。所成角.

设。0=。，在△尸0。中，易求心=/°.

7cl+1

由VPQE与ABEC相似，得黑=冬=£,可得尸£=息

EBBC1a+1

“?，当且仅当行时等号成立.

所以sin/巫尸=

［方法三］:等体积法

如图3,延长C8至G,使得8G=P。，连接G。，GD,则尸8〃QG,过G点作GM,平

面0DC,交平面0OC于M,连接0M,则NGQM即为所求.

图3

设尸Q=x,在三棱锥Q-OCG中，V_=-PD-CD(CB+BG)=-(l+x).

QDCG326

2

在三棱锥G-QDC中，VcODC=-GM-CDQD=-GM--^1+x.

........................y3232

2

由“2-DCG=—G-3c得z(l+x)=—GM­—Vl+x,

当且仅当x=l时等号成立.

在RfAPDB中,易求PB=4i=QG,所以直线依与平面。CO所成角的正弦值的最大值为

sin/M0G=得=乎.

【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面。CD所成角的

正弦值即为平面0C。的法向量[与向量方的夹角的余弦值的绝对值，即卜。s<”,而>|,再

根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；

方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线尸3与平面QCD所成角，再利用解三角

形以及基本不等式即可求出；

方法三：巧妙利用尸8//0G,将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线网与平面

0CD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出.

2023-2024学年广东省深圳市高一下册期中数学质量检测

模拟试题

一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中,

只有一项是符合题目要求的.）

1若集合/={乂x（x_2）<0},5={x|xT<0},则/1（a8）=（）

A.{x[x>1或x<0}B,{x|l<x<2}C.{x\x>2}D.

{x|x>1}

【正确答案】B

【分析】根据题意，将集合48分别化简，然后结合集合的交集以及补集运算即可得到结

果.

【详解】因为Z={x[0<x<2},8={x|x<l},

则={x|x>1},所以Zc（%8）={x[l<x<2}

故选:B

z

2.已知复数z满足——=10i（i为虚数单位），则复平面内z的共飘复数对应的点在（

3+i

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象

限

【正确答案】C

【分析】求出复数z的代数形式，进而可得I，则可得其在复平面内对应的点的位置.

z

【详解】一=10i,

3+i7

.-.z=10i（3+i）=-10+30i,

,.,-=_10-30i.其在复平面内对应的点为（TO,-30）,在第三象限.

故选：C.

3.圆台上、下底面半径分别是1、2,高为G，这个圆台的体积是（）

A.区5兀B.2百兀C.7G兀D.正式

33

【正确答案】A

【分析】运用圆台体积公式直接计算.

【详解】由圆台体积公式知：

K=1jr/z（7?2+r2+7?r）=jxV3x（l2+22+lx2）=^7r；

故选：A.

4.已知平面向量a=（sin。/）,B=（cos。,一2）,若。〃力，则tang=（）

11

A.——B.-2C.2D.-

22

【正确答案】A

【分析】根据向量共线得—2sin。=cos。，则tan6=—L

2

【详解】-：a//b>-2sin6*=cos»显然cosOwO,tan0=——

2

故选：A.

5.正方体48CD—中，与对角线NC成异面直线的棱有()

A.3条B.4条C.6条D.8条

【正确答案】C

【分析】由异面直线的定义即可得出答案.

【详解】解：由图可知与直线/C为异面直线的棱分别是5片、DD「4Q、44、BG、

GA共6条.

4A

O

C

故选：C

1—.______

6.在平行四边形Z8CD中，BE=-BC,AF=-AE.若AB=mDF+nAE，贝！1加+〃=

2

()

,1354

A.—B.—C.-D.一

2463

【正确答案】D

【分析】利用平面向量的线性运算求出加，〃即可.

【详解】由题意可得方=7豆+砺=7万+工方4=AE+^^DF+FA^

2

—■1c—.1—-A1—.5—-

=/£+—DF——AE\^-DF+-AE,

213J26

DC

所以加+〃=一,

3

故选：D

7.如图所示，在长方体48CD—44GR中，4cl与8百相交于点0，E，E分别是片

G。的中点，则长方体的各棱中与所平行的有（）

A.3条B.4条C.5条D.6条

【正确答案】B

【分析】由£,尸分别是用。，G。的中点，故EFIIB&,结合正方体的结构特征，即可

求解.

【详解】由于£,歹分别是用。，CQ的中点，故EFHBJ,

因为与棱耳G平行的棱还有3条：AD，BC,4。，所以共有4条.

故选：B.

8.在四面体Z—BCD中，AB=CD=®AD=BC=4^,AC=BD=2行,则四面体

Z-8CZ）外接球表面积是（）

256

A.64nB.32兀C.2567rD.---n

3

【正确答案】B

【分析】利用割补法及勾股定理，结合长方体的体对角线是外接球的直径及球的表面积公式

即可求解.

【详解】由题意可知，此四面体Z-BCD可以看成一个长方体的一部分，长方体的长、宽、

高分别为百，晒，2,四面体Z-BCD如图所示,

所以此四面体Z-BCD的外接球的直径为长方体的体对角线，即

（2R『=+（后『+22，解得7?=272-

所以四面体A—BCD外接球表面积是S=4%尺2=4x兀x=32兀.

故B.

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有

多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）

9.△NBC的内角/,B,C的对边分别为a,b,c,且（26—c）cosZ=acosC,b=25

若边8c的中线ND=3,则下列结论正确的有（）

.71,71

A.A=-B.A=-

36

C.ABAC=6D.△48C的面积为36

【正确答案】ACD

【分析】根据正弦定理，结合平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的定义、三角形面

积公式进行求解即可.

【详解】根据正弦定理，由

（2b-c）cosA=acosC=>2sin5cosA-sinCcosA=sinAcosC

=>2sin3cosA=sinAcosC+sinCcosA=sin（/+C）=sin（兀-5）=sin5,

因为8e（0,7r）,所以sin5/0,因此2cos/=1=>COSN=L

2

jr

因为/£（0,兀），所以/=§,因此选项A正确，选项B不正确；

----►1---►----►-----2-----*2------►2-----*------►

因为40是中线，所以由4D=5（45+/C）n44D=AB+AC+2ABAC

n36=c?+12+2x2^3x^-c^>c=2A/3,或c=—4G舍去，

因此方•太=2百x2j§xL=6,所以选项C正确；

2

△/8C的面积为LbcsinZ=Lx2百x2Gx走=3百，所以选项D正确，

222

故选：ACD

10.若复数z为纯虚数，则（）

A.z+z为实数B.z-z为实数

C.Z?为实数D.彳.i为实数

【正确答案】ACD

【分析】根据题意，设2=/"i（加eR且加#0）,得到］=一加3结合复数的运算法则，逐

项判定，即可求解.

【详解】因为z为纯虚数，设z=/ni（%eR且加70）,则三=一加，

由z+亍=0,所以A正确；

由z—z=2机i，所以B错误；

由Z?：-加为实数，所以C正确；

由=亍［=一7疝*1=/〃为实数，所以D正确.

故选：ACD.

11.如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，下列四个命题中，正确命题的选项是

（）

N

A.8M■与ED平行；

B.CN与8E是异面直线;

C./厂与平面RD/平行；

D.平面。N与平面3瓦W平行.

【正确答案】CD

【分析】先将正方体的平面展开图复原为正方体，再结合图形，对选项一一判断即可.

【详解】对于选项A,由展开图得到正方体的直观图如图，与££＞异面，故A错误；

对于选项B,CN与BE平行，故B错误；

对于选项C,因为四边形4R0D是平行四边形，所以4F//M),又/尸u平面

"Du平面所以4F//平面,故C正确；

对于选项D,显然ZC//EM，又NC(Z平面BEN,EAfu平面AEN,所以ZC//平

面BEM,同理ZN//平面又4CCAN=A,所以平面C/N//平面8E/W,故D

正确.

故选：CD.

12.已知正四棱柱/BCD-4AGA的底面边长为2,侧棱叫=1，尸为上底面481Goi

上的动点，给出下列四个结论中正确结论为()

A.若PD=3,则满足条件的P点有且只有一个

B.若PD=C，则点尸的轨迹是一段圆弧

C.若「。〃平面/。耳，则DP长的最小值为2

D.若PD〃平面ACB,,且PD=^，则平面BDP截正四棱柱ABCD—44GA的外接

球所得平面图形的面积为不

【正确答案】ABD

【分析】

若PD=3,由于P与片重合时尸£>=3,此时尸点唯一；PD=Ge（l,3）,则PR=亚,

即点P的轨迹是一段圆弧；当尸为4G中点时，DP有最小值为=V3，可判断C；平面BDP