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（含解析）

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+yAD20.(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，c=421.(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．

答案解析1.C

【解析】解：z−11−i=i，

则z−1=(1−i)i=1+i，

故z=2+i，z−=2−i，其虚部为−1．

故选：C．2.C

【解析】解：因为△AOB的面积为9，

所以它的直观图△A′O′B′的面积为9×122=922，

即12×6×O′B′×sinπ4=923.B

【解析】解：由棱柱的概念“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”知，③正确，排除①②；

用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故④错误；

如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做棱锥棱锥，故⑤错误．

综上所述，正确的命题的个数为1个．

故选：B．

利用棱柱、棱锥、棱台的概念即可对逐个选项的正误作出判断．

本题考查命题的真假判断与应用，考查棱柱、棱锥、棱台的概念，属于基础题．4.C

【解析】解：根据题意，|a|=2，|b|=3，|a+b|=4，

即(a+b)2=a2+b2+2a5.C

【解析】解：设O是正方形对角线AC、BD的交点，将正方形ABCD沿对角线AC折起，

可得当BO⊥平面ADC时，点B到平面ACD的距离等于BO，

而当BO与平面ADC不垂直时，点B到平面ACD的距离为d，且d<BO

由此可得当三棱锥B−ACD体积最大时，BO⊥平面ADC．

设B′是B折叠前的位置，连接B′B，

∵AD//B′C，∴∠BCB′就是直线AD与BC所成角

设正方形ABCD的边长为a

∵BO⊥平面ADC，OB′⊂平面ACD

∴BO⊥OB′，

∵BO′=BO=12AC=22a，

∴BB′=BC=B′C=a，得△BB′C是等边三角形，∠BCB′=60°

所以直线AD与BC所成角为60°

故选：C．

将正方形ABCD沿对角线AC折起，可得当三棱锥B−ACD体积最大时，BO⊥平面ADC.设B′是B折叠前的位置，连接B′B，可得

∠BCB′就是直线AD与BC所成角，算出△BB′C的各边长，得△BB′C是等边三角形，从而得出直线6.A

【解析】解：由题意，已知PA⊥面PBC，PA=4，AC=27，PB=BC=23，

所以，由勾股定理得到：AB=27，PC=23，

所以，△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形

等边三角形PBC所在的小圆的直径PD=23sin60°=4

那么，四面体P−ABC的外接球直径2R=16+16=42，

所以，7.A

【解析】解：设OA=a，OB=b，OC=c，则a−c=CA，b−c=CB，

由题意cos<a,b>=a⋅b|a||b|=−32，

∴<a,b>=150°，<a−c，b8.D

【解析】解：先证明如下引理：如图所示：

设正四面体棱长为a，AF⊥平面BCD，BE⊥CD，

所以CE=12CD=a2，BE=BC2−CE2=a2−(a2)2=3a2，

显然F为平面BCD的重心，所以BF=23BE=3a3，

由勾股定理，可得AF=AB2−BF2=a2−(3a3)2=6a3，

所以正四面体的高等于其棱长的63倍，

接下来来解决此题：如图所示：

109.AC

【解析】解：对A选项，三个平面最多可以把空间分成8部分，此时可看成墙角的三个平面，∴A选项正确；

对B选项，若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则由“a与b相交”可以得到“α与β相交，

但反过来由“α与β相交“不能得到“a与b相交”，还可能异面或平行，故B选项错误；

对C选项，若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则根据公理可得P∈l，∴C选项正确；

对D选项，若n条直线中任意两条共面，则它们不一定共面，∴D选项错误．

故选：AC．

根据空间中各要素的位置关系，针对各个选项分别求解即可．

本题考查空间中各要素的位置关系，属中档题．10.ACD

【解析】解：A.如图，取AB的中点D，连接OD，则OA+OB=2OD=−OC，

∴O，D，C三点共线，CD是△ABC的中线，且|OC|=2|OD|，

∴O为△ABC的重心，A正确；

B.∵(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，

∴(OA+OB)⊥AB，(OB+OC)⊥BC，

∴O是△ABC各边中垂线的交点，O是△ABC的外心，B错误；

C.∵(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|，AC|AC|都是单位向量，

∴∠A的平分线与边BC垂直，

又cosB=BA⋅BC|BA||BC|=12，∴B=π3，∴△ABC为等边三角形，C正确；

D.如图：D，E分别是AC，BC的中点，

2OA+OB+3OC=0，∴2(OA+OC)+(OB+OC)=0，11.BD

【解析】解：对A，A=30°，b=4，a=3，因为bsinA<a<b，所以△ABC有两解，故A错误；

对B，因为tanAtanB=1，所以cosAcosB−sinAsinB=0，即cos(A+B)=0，A+B=π2，故C=π2，故B正确；

对C，由sin2A+sin2B+cos2C<1可得sin2A+sin2B<sin2C，

则a2+b2<c2，所以cosC=a2+b2−c22ab<0，故C为钝角，故C错误；

对D，a212.BCD

【解析】解：选项A，连接EG，AC，A1C1，因为E，G分别是AD，CD中点，则EG//AC，又A1C1/​/AC，

所以EG//A1C1，所以A1，C1，G，E四点共面，从而直线A1G，C1E为共面直线，A错误；

选项B，连接D1G，由A1D1⊥平面DD1C1C知，直线A1G与平面DD1C1C所成角是∠A1GD1，

D1G=22+12=5，tan∠A1GD1=A1D1D1G=25=255，B正确；

选项C，延长FE交A1A的延长于H，连接HB，BC1，BE，正方体中易证AD1/​/BC1，

因为DD1//A1A，E是AD中点，F是DD1中点，所以EH=EF=12AD1=12BC1，

从而FH=BC1，EF//AD1//BC1，所以FHBC1是平行四边形，C1F//BH，

所以直线BE是平面C1FE与平面ABB1A1的交线，

因此过点C1，E，F的平面截正方体的截面与侧面ABB1A1只有一个公共点B，四边形C1FEB13.2【解析】解：因为a=(−2,0)，b=(m,1)，

所以a+b=(m−2,1)，

因为(a+b)⊥b，

所以(a+b)⋅b=0，即m(m−2)+1=0，

解得14.2【解析】解：如图，连接OO1，则O1C1//AO，且O1C1=AO，

所以四边形AOC1O1为平行四边形，所以AO1//OC1，

AO1⊄平面BC1O，OC1⊂平面BC1O，所以AO1//平面BC1O，

又OB//O1B1，O1B1⊄平面BC1O，OB⊂平面BC1O，所以O1B1//平面BC1O，

又AO1⋂O1B1=O1，AO1、O1B1⊂平面AB1O1，所以平面AB1O1//平面BC1O，

∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离．

根据题意，OO1⊥底面ABC，OB，AC，OO1两两垂直，

则以15.19【解析】【分析】本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的模和夹角公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．

用AB和AC表示AM和BN，根据cos∠MPN=cos<AM,BN>【解答】

解：因为M是BC的中点，所以AM=12AB+12AC，

|AM|=(12AB+12AC)2=14|AB|16.正方形

π4【解析】解：牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面比为正方形，

根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，

所以正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积V=13r3，

则图1中的八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积V18牟合方盖=r3−13r3=23r3，

则整个牟合方盖的体积为V17.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=22【解析】(1)根据相似可求解长度，即可由表面积公式求解，

(2)根据锥体体积公式即可求解．

本题考查了几何体的表面积与体积计算问题，是基础题．18.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=−3【解析】(1)先求出z1−z2关于m的表达形式，然后根据纯虚数的概念列出方程组，求解即可；

19.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//AE【解析】(1)以向量AB、AD为基底，表示出AE、BN、BF，根据BN//BF且AN//AE建立关于x、y的方程组，解出x、y的值，即可得到本题的答案；

(2)根据题意算出AB⋅AD=12，将BE、FE表示为AB、AD20.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=4【解析】(1)利用正弦定理、和差角公式、辅助角公式即可进行求解；

(2)结合三角形面积公式可表示出三角形面积与b的关系，然后由正弦定理，和差角公式及同角基本关系进行化简后，结合正切函数的性质即可求解．

本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式以及正切函数的性质在求解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．21.(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，

∵PO⊄平面ECB，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【解析】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，属于中档题．

(1)设AD交BC于点F，证明EF/​/PO，然后证明PO/​/平面BCE．

(2)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为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，求出平面ABE的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AP与平面ABE所成角的正弦值即可．22.(1)证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，

又侧面QAD⊥底面ABCD，侧面QA