2023-2024学年河南省郑州市郑中国际学校高一（下）第二次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省郑州市郑中国际学校高一（下）第二次月考数学试卷一、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.已知z=1+i1−i，则z+zA.i B.−i C.1+i D.1−i2.某中学高一年级有400人，高二年级有320人，高三年级有280人，若用随机数法在该中学抽取容量为n的样本，每人被抽到的可能性都为0.2，则n等于(

)A.80 B.160 C.200 D.2803.如图，直角梯形O′A′B′C′满足O′A′⊥O′C′，O′A′=A′B′=2，O′C′=3，它是水平放置的平面图形的直观图，则该平面图形的周长是(

)A.7+5

B.5+23+4.已知a=(5,4)，b=(3,2)，则与2a−3A.(55,255) B.(5.如图直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为8，底面ABCD为平行四边形，△A1BCA.1

B.2

C.3

6.设△ABC的面积为S，若AB⋅AC=2S，则角A=A.30° B.45° C.60° D.90°7.已知直角△ABC斜边BC的中点为O，且|OA|=|AB|，则向量CA在向量CBA.14CB B.34CB C.8.庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图(1)所示.现有如图(2)所示的庑殿顶式几何体ABCDMN，其中正方形ABCD边长为3，MN//AB,MN=32，且MN到平面ABCD的距离为2，则几何体ABCDMN的体积为(

)

A.274 B.94 C.52二、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.在复平面内，复数z1=12−32i对应的点为A.|z1|=|z2|=1 B.z1⋅z10.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱A.直线BN与MB1是异面直线

B.直线AM与BN是平行直线

C.直线MN与AC是相交直线

D.平面BMN11.下列说法正确的是(

)A.已知a，b均为单位向量．若|a−b|=1，则a在b上的投影向量为12b

B.P是△ABC所在平面内的一动点，且AP=λ(AB+12BC)(λ≥0)，则点P的轨迹一定通过△ABC的重心

C.已知O为△ABC的外心，边AB、AC长为定值，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.一个长方体容器ABCD−A1B1C1D1中盛有水，侧面ABCD为正方形，且A113.已知x1，x2是关于x的实系数方程x2−4x+5=0的两个虚根，则|14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=2，cos2A+(4+3)sin(B+C)=23+1，点P是四、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)

已知复数z1，z2满足z1⋅z2∈R,z1=316.(本小题15分)

如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，点B(−35,45)在单位圆上，∠AOB=θ(0<θ<π)．

(1)求tan(θ+π4)的值；

(2)若四边形OADB是平行四边形，求点D的坐标；

(3)若点A17.(本小题15分)

如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，SA=SB=2，E、F分别是SC、BD的中点．

(1)求证：EF/​/平面SAB；

(2)若二面角S−AB−D的大小为π2，求直线SD与平面ABCD所成角的大小．18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，AB/​/CD，AB=4，CD=2，∠PDA=90°，平面PAD⊥平面PCD．

(Ⅰ)求证：AD⊥PC；

(Ⅱ)若PD=AD=2，PD⊥DC，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值．19.(本小题17分)

已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanC=3sinAsinBsin2A+sin2B−sin2C．

(1)求角参考答案1.A

2.C

3.C

4.B

5.B

6.B

7.B

8.D

9.AD

10.AD

11.ABC

12.4

13.514.23或15.解：(1)z1=3−i1−3i=(3−i)(1+3i)(1−3i)(1+3i)=23+2i416.解：(1)由点A(1,0)，点B(−35,45)在单位圆上，∠AOB=θ(0<θ<π)，

则tanθ=45−35=−43，

则tan(θ+π4)=tanθ+11−tanθ=−43+11−(−43)=−17；

(2)四边形OADB是平行四边形，

则AD=OB，则OD−OA=OB，

即OD17.(1)证明：取线段SB、AB的中点分别为H、G，连接EH、HG、FG，

则EH/​/AD，EH=12AD，FG/​/AD，FG=12AD，又底面ABCD是正方形，

则EH/​/FG，EH=FG，即四边形EFGH为平行四边形，

则HG/​/EF，又EF⊄SAB，HG⊂平面SAB，则EF/​/平面SAB．

(2)G为AB中点，连接SG、DG，

又SA=SB=2，底面ABCD是边长为1的正方形，

则SG⊥AB，且SG=152，DG=52，

又二面角S−AB−D的大小为π2，即平面SAB⊥平面ABCD，

又SG⊂平面SAB，平面SAB∩平面ABCD=AB，

则SG⊥平面ABCD，则∠SDG是直线SD与平面ABCD所成角，

在Rt△SDG中，tan∠SDG=18.解：(Ⅰ)证明：因为∠PDA=90°，

所以AD⊥PD，

又因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，

所以AD⊥平面PCD，

又PC⊂平面PCD，

所以AD⊥PC；

(Ⅱ)因为AD⊥平面PCD，

所以AD⊥CD，AD⊥PD，

又因为PD⊥DC，

如图，建立空间直角坐标系D−xyz，

则P(0,0,2)，C(0,2,0)，B(2,4,0)，PC=(0,2,−2)，CB=(2,2,0)，

易知平面PAD的法向量u=(0,1,0)，

设平面PBC的法向量v=(x,y,z)，

PC⋅v=0CB⋅v=0，即y−z=0x+y=0，令y=1，z=1，x=−1，

故v=(−1,1,1)，

19.解：(1)因为ta