2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足z−11−i=i，则z−的虚部为A.−i B.i C.−1 D.12.如图，△A′O′B′是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被墨汁覆盖，已知O′为坐标原点，顶点A′、B′均在坐标轴上，且△AOB的面积为9，则O′B′的长度为(

)A.34 B.322 C.3.有下列命题：

①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；

②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；

③有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；

④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．

⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．

其中正确的命题的个数为(

)A.0 B.1 C.2 D.34.平面向量a，b满足|a|=2，|b|=3，|a+b|=4A.1512a B.14a 5.将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线AD与BC所成角为(

)A.π6 B.π4 C.π36.已知四面体P−ABC中，PA=4，AC=27，PB=BC=23，PA⊥平面PBC，则四面体P−ABCA.22 B.23 C.7.已知向量a，b，c满足|a|=1，|b|=3，a⋅b=−3A.27 B.7 C.28.现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为a的正四面体盒子中，则a的最小值为(

)A.4+46 B.5+46 C.二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.三个平面最多可以把空间分成8部分

B.若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a与b相交”的充要条件是“α与β相交”

C.若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则P∈l

D.若n条直线中任意两条共面，则它们共面10.点O是△ABC所在平面内的一点，下列说法正确的有(

)A.若OA+OB+OC=0则O为△ABC的重心

B.若(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，则点O为△ABC的垂心

C.在△ABC中，向量AB与AC满足(AB|AB|+11.9在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则(

)A.若A=30°，b=4，a=3，则△ABC恰有1解

B.若tanAtanB=1，则△ABC为直角三角形

C.若sin2A+sin2B+cos2C<1，则12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，A.直线A1G，C1E为异面直线

B.直线A1G与平面DD1C1C所成角的正切值为255

C.过点三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。13.设向量a=(−2,0)，b=(m,1)，若(a+b)⊥14.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC

15.如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=60°，M是BC的中点，AN=23AC，设AM与BN相交于点P，则cos∠MPN=

16.我国魏晋时期的数学家刘徽(图a)创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱(图b)，其相交的部外就是牟合方盖(图c).我国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积公式.已知在一个棱长为2r的正方体内有一个牟合方盖(图1)，设平行于水平面且与水平面距离为ℎ(0<ℎ<r)的平面为α，则平面α截牟合方盖所得截面的形状为______(填“正方形”或“圆形”)，设这个牟合方盖的体积为V1(图2)，并设半径为r的球的体积为V2，则V2V四、解答题：本题共6小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题8分)

已知圆台的上、下底面半径分别是1和2，高是1.求：

(1)圆台的表面积；

(2)圆台的体积．18.(本小题8分)

已知复数z1=m−3−3m−3i，z2=−m2−m+32i，其中m≠3，m∈R．

(1)若19.(本小题10分)

在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=6，∠BAD=π3，F是线段AD的中点，DE=λDC，λ∈[−1,1]．

(1)若λ=12，AE与BF交于点N，AN=xAB+y20.(本小题10分)

在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2sin(B+π6)=b+ca．

(1)求角A的大小；

(2)若△ABC是锐角三角形，21.(本小题10分)

如图，在圆锥PO中，边长为23的正△ABC内接于圆O，AD为圆O的直径，E为线段PD的中点．

(1)求证：直线PO/​/平面BCE；

(2)若AE⊥PD，求直线AP与平面ABE所成角的正弦值．

22.(本小题10分)

如图，在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中点．

(1)求证：AM⊥平面QCD；

(2)求侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值；

(3)在棱QC上是否存在点N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC，如果不存在，说明理由．

参考答案1.C

2.C

3.B

4.C

5.C

6.A

7.A

8.D

9.AC

10.ACD

11.BD

12.BCD

13.214.215.1916.正方形

π417.解：(1)如图，圆台OO′是大圆锥PO上面截掉小圆锥PO′得到的几何体，

则O′，O分别为圆台上、下底面的圆心，连接PO，则O′D=1，OC=2，O′O=1．

易得△PO′D∽△POC，则PO′PO=PO−O′OPO=O′DOC=12，得PO=2，

即PO′=1，PD=2，PC=2218.解：(1)∵复数z1=m−3−3m−3i，z2=−m2−m+32i，其中m≠3，m∈R，

∴z1−z2=m2+2m−3−(3m−3+32)i，

∵z1−z2是纯虚数，

∴m2+2m−3=03m−3+32≠0，解得m=−319.解：(1)当λ=12时，E为CD的中点，可得AE=AD+12DC=12AB+AD，

若AN=xAB+yAD，则BN=AN−AB=(x−1)AB+yAD，

因为F是AD的中点，所以BF=AF−AB=−AB+12AD，结合BN//BF，得x−1−1=y12…①，

由AN//AE20.解：(1)因为2sin(B+π6)=b+ca，

由正弦定理得：2sinAsin(B+π6)=sinB+sinC，

所以sinA(3sinB+cosB)=sinB+sinC，

因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，

所以sinA(3sinB+cosB)=sinB+sinAcosB+cosAsinB，

即3sinAsinB+sinAcosB=sinB+sinAcosB+cosAsinB，

即3sinAsinB=sinB+cosAsinB，整理得sinB(3sinA−cosA−1)=0，

因为B∈(0,π)，

所以sinB≠0，

所以3sinA−cosA−1=0，即3sinA−cosA=2sin(A−π6)=1，

所以sin(A−π6)=12，

因为A∈(0,π)，

所以A−π6=π6，可得A=π3；

(2)因为A=π3，c=421.(1)证明：设AD交BC于点F，

∵O为△ABC外心，

∴OF=12OA．

又OA=OD=r=232 sin60°=2，∴F为OD中点．

∴△POD中E，F分别为PD，OD中点，

∴EF//PO，

，EF⊂平面ECB，

∴直线PO/​/平面BCE．

(2)解：∵AE⊥PD，E为PD中点，又PA=PD，∴△APD为等边三角形．

过O作OQ⊥AD且OQ⊂平面ABC，Q位于线段AB上，

以O为空间坐标原点，OQ，OD，OP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．

则：A(0,−2,0)，P(0,0,23)，AP=(0,2,23)，

B(3,1,0)，E(0,1,3)，

AB=(3,3,0)，BE=(−3,0,3).

设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，

n⋅AB=0n⋅22.(1)证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，

又侧面QAD⊥底面ABCD，侧面QAD∩底面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，

所以CD⊥平面QAD，又AM⊂平面QAD，

所以CD⊥AM，

因为△QAD是正三角形，M是QD的中点，则AM⊥QD，

又CD∩QD=D，CD，PD⊂平面QCD，

所以AM⊥平面QCD；

(2)解：取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，QE，QF，

则EF=CD，EF//CD，所以EF⊥AD，

在正△QAD中，QE⊥AD，

因为EF∩QE=E，EF，QE⊂平面QEF，

则AD⊥平面QEF，

在正方形ABCD中，AD//BC，

故BC⊥平面QEF，

所以∠QFE是侧面QBC与底面ABCD所成二面角的平面角，

由CD⊥平面QAD，EF//CD，

则EF⊥平面QEF，又PE⊂平面QAD，

所以EF⊥QE，

设