《2023-2024学年广东省深圳市育才中学高一（下）段考数学试卷（二）（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年广东省深圳市育才中学高一（下）段考数学试卷（二）（含答案）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年广东省深圳市育才中学高一（下）段考数学试卷（二）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.i是虚数单位,2i31i=()A. 1+iB. 1+iC. 1iD. 1i2.已知向量a=(x,2),b=(1,3)，若(a+b)b，则x的值为()A. 6B. 6C. 16D. 163.已知直线m和平面、，则下列结论一定成立的是()A. 若m/，/，则m/B. 若m，则m/C. 若m/，则mD. 若m，/，则m4.若一个圆台的正视图如图所示，则其侧面积等于()A. 6B. 6C. 3 5D. 6 55.对24小时内降水在平地
2、上的积水厚度(mm)进行如下定义：0101025255050100小雨中雨大雨暴雨小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级()A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨6.在正三棱台ABCA1B1C1中，已知AB= 3,A1B1=2 3，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为()A. 212B. 74C. 214D. 727.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=8,B=6.若ABC有两解，则b的值可以是()A. 4B. 6C. 8D. 108.已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC平面BCD，AB=BC=AC=CD=2，BCCD，则
3、球O的表面积为()A. 283B. 14C. 28D. 32二、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.下列有关复数的说法中(其中i为虚数单位)，正确的是()A. i9=iB. 复数z=32i的虚部为2iC. 对任意复数z都有|z|2=z2D. 复数z为实数的充要条件是z=z10.已知向量a=(1,2)，b=(3,1)，c=(2,m)，则下列说法正确的是()A. 若m=1，则a与c夹角的余弦值为45B. 若(a+b)/c，则m=12C. 若m1，则a与c夹角为锐角D. 向量a在b上的投影向量是(310,110)11.正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F
4、分别为棱AD和DD1的中点，则下列说法正确的是()A. AD1/平面BEFB. B1C平面BEFC. 异面直线B1D1与EF所成角为60D. 平面BEF截正方体所得截面为等腰梯形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知复数z满足z+2z=3i，则z的模为_13.已知i，j为单位向量，且它们之间的夹角为60,a=i2j，b=i+j，且a与b的夹角为锐角，则实数的取值范围为_14.如图所示，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示的六面体，则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_四、解答题：本题共5小题，共7
5、7分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题15分)已知e1=(1,0)，e2=(0,1)，m=3e12e2，n=e1+e2，且m/n(1)求的值；(2)求向量n与向量a=2e1+e2夹角的余弦值16.(本小题15分)如图，已知四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱SD底面ABCD，且SD=4，E为侧棱SC的中点(1)求证：SA/平面EDB；(2)求三棱锥EABD的体积(3)若F为侧棱AB的中点，求证：EF/平面SAD17.(本小题15分)四棱锥PABCD中，PB=PD2=AB=2BC=2CD=2，AB/CD，ABC=90(1)求证：平面PAD平面ABCD；(
6、2)当PD平面ABCD时，求直线PC与平面PAD所成的角的正切值18.(本小题15分)设ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=2 3,2ac=2bcosC(1)求角B；(2)若a+c=4，求ABC的面积；(3)求ABC的周长的取值范围19.(本小题17分)如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，ACM=90，以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=23DA求三棱锥QABP的体积；求二面角QAPC的余弦值参考答案1.C2.C3.D4.C5.B6.C7.B8.A9.A
7、D10.ABD11.ACD12. 213.(,2)(2,0)14. 268 672915.解：(1)因为e1=(1,0)，e2=(0,1)，m=3e12e2，n=e1+e2，所以m=(3,0)(0,2)=(3,2)，n=(1,0)+(0,)=(1,)，因为m/n，所以3=2，解得=23(2)由a=(2,0)+(0,1)=(2,1)，n=(1,23)，设a与n的夹角为，则cos=an|a|n|=21123 22+12 12+(23)2=4 6565，所以向量a与向量c=2e1+e2夹角的余弦值为4 656516.解：(1)证明：连接AC交BD于O，连接OE，E为侧棱SC的中点，O是AC的中点，
8、OE/SA，SA平面EDB，OE平面EDB，SA/平面EDB(2)E为侧棱SC的中点，E到平面ABCD的距离等于S到平面ABCD的距离的一半，E到平面ABCD的距离=12SD=2.，VBADE=VEABD=13SABD=13(1222)2=43(3)证明：设M为侧棱SD的中点，连结ME，EF，E为侧棱SC的中点，F为侧棱AB的中点，ME/DC,ME=12DC，AF/DC,AF=12DC，ME/AF，ME=AF，四边形AFEM为平行四边形，EF/AM，EF平面SAD，AM平面SAD，EF/平面SAD17.解：(1)证明：取AB中点E，因为AB=2，所以AE=BE=1，因为ABC=90，AB/CD
9、，BC=CD=1，所以四边形BCDE是正方形，所以BEED，BCCD，所以BD= BC2+CD2= 12+12= 2，DE=1，AD= ED2+AE2= 12+12= 2，在ADB中，AE2+DE2=12+12=2=AD2，所以ADBD，在PDB中，PD2+BD2=( 2)2+( 2)2=4=PB2，所以PDBD，又ADPD=D，所以BD面PAD，又BD面ABCD，所以平面PAD平面ABCD(2)如图建立空间直角坐标， 所以A(1,1,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，P(0,0, 2)，PC=(0,1, 2)，设平面PAD的法向量n=(x,y,z)，nPA=0nPD
10、=0，即(x,y,z)(1,1, 2)=0(x,y,z)(0,0, 2)=0，所以x+y 2z=0 2z=0，令x=1，则y=1，z=0，所以n=(1,1,0)，设直线PC与平面PAD所成的角为，sin=|cos|=|(0,1, 2)(1,1,0) (1)2+( 2)2 12+12|= 66，cos= 1sin2= 1( 66)2= 306，tan=sincos= 5518.解：(1)因为2ac=2bcosC，由正弦定理可得2sinAsinC=2sinBcosC，而在三角形中，sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，所以2cosBsinCsinC=0，sinC0，可得c
11、osB=12，B(0,)，解得B=3；(2)因为b=2 3，a+c=4，由余弦定理可得b2=a2+c22accosB=(a+c)22ac2ac12，即12=163ac，解得ac=43，所以SABC=12acsinC=1243 32= 33；(3)由余弦定理可得b2=a2+c22accosB=(a+c)22ac2ac12，即(a+c)2=3ac+b23(a+c2)2+b2，可得(c+a)24b2，即a+c2b=22 3=4 3，在三角形中，a+cb=2 3，所以a+b+c(4 3,6 3. 即ABC的周长范围为(4 3,6 3.19.解：(1)证明：在平行四边形ABCM中，ACM=90，ABAC
12、，又ABDA.且ADAC=A，AB面ADC，AB面ABC，平面ACD平面ABC；(2)AB=AC=3，ACM=90，AD=AM=3 2，BP=DQ=23DA=2 2，由(1)得DCAB，又DCCA，DC面ABC，三棱锥QABP的体积V=13SAPB13DC，=1323SABC13DC=13231233133=1在ACD中，过Q作QN/DC交AC于点N，过N作NOAP交AP于点O.由()知平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABC=AC，DCA=90，DC平面ABC， QN/DC，QN平面ABC，AP平面ABC，QNAP，又NOAP，QNNO=N，AP平面QNO，QO平面NQO，QOAP，NOQ
13、就是二面角QPAC的平面角又易求得DA=3 2，又BP=DQ=23DA.DQ=2 2，BP=2 2，CP= 2，在CAP中，CA=3，ACP=45，AP2=AC2+CP22ACCPcosACP =32+( 2)223 2cos45=5，AP= 5，在ACP中，由正弦定理有CPsinCAP=APsinACP，即 2sinCAP= 5 22，sinCAP= 55，ACD中，QN/DC，且DQ=23DA=2 2.QN=13CD=1，在RtNAO中，NO=ANsinNAO=1 55= 55，在RtNOQ中，QO2=1+15=65，QO= 6 5，所以二面角QPAC大小的余弦值NOOQ= 55 6 5= 66第9页，共9页
