2023-2024学年江苏省宿迁市泗阳县两校联考高一（下）第二次学情调研数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省宿迁市泗阳县两校联考高一（下）第二次学情调研数学试卷（5月份）（含答案），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知向量m=(2,λ)，n=(2−λ,−4)，若m与n共线且反向，则实数λ的值为( )
A. 4B. 2C. −2D. −2或4
2.一圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥表面积为( )
A. 12πB. 4πC. 8 2π3D. 16π3
3.在正三棱锥A−OBC中，顶点A在底面OBC的射影为点D，OA=OB=1，则AD=( )
A. 22
B. 32
C. 2 23
D. 63
4.如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为( )
A. 2 2B. 1C. 2D. 2(1+ 2)
5.在△ABC中，已知B=π4，c=2 2，b=4 33，则C=( )
A. π3B. π6C. π3或2π3D. 2π3
6.已知正三棱锥P−ABC的底面边长为6cm，顶点P到底面ABC的距离是 6cm，则这个正三棱锥的侧面积为( )
A. 27cm2B. 9 3cm2C. 9 6cm2D. 9 2cm2
7.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和DD1的中点，过点B1，E，F的平面α交AD于点G，则AG=( )
A. 13
B. 23
C. 34
D. 43
8.已知tan(θ−π4)=−12，则2sin2θ+sin2θ1+sin2θ=( )
A. −12B. 0C. 12D. 13
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题正确的是( )
A. 一个棱锥至少5个面
B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形
C. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
10.已知m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是( )
A. 若α∩β=m，m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ
B. 若m⊂α，n⊄α，则m与n为异面直线
C. 若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，且l∩m=P，则P∈n
D. 若m⊥α，m⊥β，α/​/γ，则β/​/γ
11.函数f(x)=sin2x+ 3sinxcsx，则( )
A. f(x)的一条对称轴方程为x=π3B. f(x)的一个对称中心为(π12,0)
C. f(x)的最小值是12D. f(x)的最大值是32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.方程x2+4x+6=0在复数范围内的解是______．
13.如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点，若MN=BC=4，PA=4 3，则异面直线PA与MN所成的角的大小为______．
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c−2bsinC=0,B∈(0,π2),b=1,a= 3，则△ABC的面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知z是复数，z+2i与z2−i均为实数．
(1)求z2；
(2)若复数z是方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个解，求m−n的值．
16.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7，D为AC边的中点，求BD的长．
17.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥平面ABCD．
(1)求证：BC⊥平面CDP；
(2)若DP=4，求直线PB与平面PCD所成的角大小．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，点M是SD的中点，AN⊥SC于点N．
(1)求证：平面SAC⊥平面AMN；
(2)求二面角D−AC−M的正切值．
19.(本小题12分)
互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系.如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系就称为斜坐标系.如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，e1,e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量.若向量OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标．
(1)设OP=3e1+2e2，求|OP|；
(2)若m=(2,4),n=(−6,3),m与n的夹角记为θ，求θ的余弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由向量m=(2,λ)，n=(2−λ,−4)共线，得λ(2−λ)=−8，解得λ=−2或λ=4，
当λ=−2时，m=(2,−2)，n=(4,−4)，m与n同向，不符合题意，
当λ=4时，m=(2,4)，n=(−2,−4)，m与n反向，符合题意，
所以实数λ的值为4．
故选：A．
利用向量共线的坐标表示求出λ，再结合反向共线即可得解．
本题主要考查向量共线的性质，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：底面圆的半径为r，则2πr=12⋅2π⋅4，所以r=2，
所以圆锥的表面积为：π⋅22+12π⋅42=12π．
故选：A．
设底面圆的半径为r，则2πr=12⋅2π⋅4，所以r=2，再求圆锥的表面积．
本题主要考查圆锥的侧面展开图和表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，正三棱锥A−OBC中，若点A在平面OBC的射影是点D，
则D为等边△OBC的外心，
又由OB=1，则OD=23×1×sinπ3= 33，
由于AD⊥底面OBC，OD⊂底面OBC，可得AD⊥OD，
则由勾股定理可得高AD= OA2−OD2= 1−13= 63．
故选：D．
利用正三棱锥的性质，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，然后用勾股定理计算可得答案．
本题考查棱锥的结构特征，涉及直线与平面垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法的应用，属于基础题．
将直观图还原成原来的图形，即平行四边形，由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形的高，即可求出原图形的面积．
【解答】
解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以原图形为平行四边形，且OA为其中一边，OB是其一条对角线
直观图中：计算得OB= 2，
所以由斜二测画法知，对应原图形，即平行四边形的高为2 2，
所以原图形的面积为：1×2 2=2 2．
故选A．
5.【答案】C
【解析】解：由正弦定理可得2 2sinC=4 33sin45°，
所以sinC= 32，而C∈(0,π)，
可得C=π3或C=2π3．
故选：C．
由正弦定理可求出sinC，利用特殊角的三角函数值可求C的值．
本题考查正弦定理，三角形内角和定理，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由题意可作底面三角形的中心到底面三角形的边的距离为：13× 32×6= 3cm，
所以正三棱锥的斜高为： 6+3=3cm，
所以这个正三棱锥的侧面积为：3×12×6×3=27(cm2).
故选：A．
利用已知条件求解斜高，然后求解正三棱锥的侧面积．
本题考查三棱锥的侧面积的求法，求解斜高是解题的关键，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：如图，
平面B1EF与平面CC1D1D的交线与B1E平行，
即过点F作B1E的平行线，交C1D1于点H，连接B1H，
因为E，F分别为棱AB和DD1的中点，
所以H为C1D1的四等分点，
过点E作EG/​/B1H，交AD于点G，
从而G为AD的三等分点，
故AG=23×2=43．
故选：D．
通过平行得到平面与C1D1的交点H，从而得到与面A1B1C1D1的交线，再由平行得到与平面ABCD的交线，从而确定点G的位置，根据H为C1D1的四等分点得到G为AD的三等分点，从而得到AG的长．
本题考查线面位置关系的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为知tan(θ−π4)=−12=tanθ−11+tanθ，
所以tanθ=13
则2sin2θ+sin2θ1+sin2θ=2sinθ(sinθ+csθ)(sinθ+csθ)2=2sinθsinθ+csθ=21+1tanθ=12．
故选：C．
由已知结合两角差的正切公式进行化简先求出tanθ，然后结合二倍角公式及同角基本关系进行化简即可求解．
本题主要考查了两角差的正切公式，二倍角公式及同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，一个棱锥至少4个面，A错误；
对于B，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，B正确；
对于C，由棱锥的定义，有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，C正确；
对于D，由正棱锥的定义，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，D正确．
故选：BCD．
根据题意，由棱锥的定义分析A、C和D，由平行六面体的定义分析B，综合可得答案．
本题考查棱锥、棱柱的结构特征，涉及正棱锥的定义，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，
对于A，若α∩β=m，m⊥γ，则经过直线m的平面都垂直γ，
因为α∩β=m，说明平面α和β都经过m，则α与γ，β与γ均垂直，故A正确；
对于B，若m⊂α，n⊄α，则m与n相交或异面，故B错误；
对于C，若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，且l∩m=P，则由面面相交的关系得P∈n，故C正确；
对于D，若m⊥α，m⊥β，则α/​/β，又α/​/γ，则β/​/γ，故D正确．
故选：ACD．
对于A，经过直线m的平面都垂直γ，α∩β=m，说明平面α和β都经过m，则α与γ，β与γ均垂直；对于B，m与n相交或异面；对于C，由面面相交的关系得P∈n；对于D，由m⊥α，m⊥β，得α/​/β，由α/​/γ，得β/​/γ．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、面面平行的判定与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：f(x)=sin2x+ 3sinxcsx=1−cs2x2+ 32sin2x=sin(2x−π6)+12，
∵f(π3)=sinπ2+12=1+12=32，为最大值，
∴f(x)的一条对称轴方程为x=π3，A正确；
又f(π12)=sin0+12≠0，
∴(π12,0)不为f(x)的一个对称中心，B错误；
当x=kπ−π6(k∈Z)时，sin(2x−π6)=−1，f(x)取得最小值−12，C错误；
当x=kπ+π3(k∈Z)时，sin(2x−π6)=1，f(x)取得最大值32，D正确．
故选：AD．
化简得f(x)=sin(2x−π6)+12，利用正弦函数的性质对各个选项逐一分析可得答案．
本题考查三角函数中的恒等变换应用及三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】{−2+ 2i,−2− 2i}
【解析】解：由x2+4x+6=0，得(x+2)2=−2，
所以x+2=± 2i，即x=−2± 2i，
则解集为{−2+ 2i,−2− 2i}．
故答案为：{−2+ 2i,−2− 2i}．
利用配方法和复数的运算性质结合虚数单位，求解即可．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
13.【答案】π6
【解析】解：取PB的中点E，连接ME、NE，
则ME//AP，NE//BC，
则异面直线PA与MN所成的角为∠EMN(或其补角)，
又MN=BC=4，PA=4 3，
则MN=4，EN=2，EM=2 3，
则MN2=EN2+EM2，
即△EMN为直角三角形，
则sin∠EMN=ENMN=12，
则∠EMN=π6，
即异面直线PA与MN所成的角的大小为π6，
故答案为：π6．
先取PB的中点E，连接ME、NE，则ME//AP，NE//BC，则异面直线PA与MN所成的角为∠EMN(或其补角)，然后求解即可．
本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了异面直线所成角的作法，属基础题．
14.【答案】 32或 34
【解析】解：因为c−2bsinC=0，即sinC=2sinBsinC，
因为sinC>0，
所以sinB=12，
因为B∈(0,π2)，
所以B=π6，
因为a= 3，
由正弦定理得， 3sinA=1sin30∘，
所以sinA= 32，
所以A=π3或A=2π3，
当A=π3时，B=π6，C=π2，此时△ABC的面积S=12ab=12×1× 3= 32；
当A=2π3时，B=π6，C=π6，b=c=1，此时△ABC的面积S=12bcsinA=12×1×1× 32= 34．
故答案为： 32或 34．
由已知结合正弦定理进行化简可求B，然后求出A，结合三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设z=a+bi，(a,b为实数)，
因为z+2i=a+(b+2)i为实数，
所以b=−2，
因为z2−i=a−2i2−i=(a−2i)(2+i)(2−i)(2+i)=2a+2+(a−4)i5为实数，
所以a=4，
故z=4−2i，z2=16−16i−4=12−16i；
(2)因为z是方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个解，
故z−=4+2i也是方程的一个解，
所以−m=4+2i+4−2i=8，(4+2i)(4−2i)=n，
所以m=−8，n=20，
所以m−n=−28．
【解析】(1)结合复数的四则运算及复数几何意义即可求解；
(2)由题意可知，z−也是方程的一个解，结合方程根与系数关系可求m，n，进而可求．
本题主要考查了复数的四则运算，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=BA2+BC2+2BA⋅BC=|BA|2+|BC|2+2|BA|⋅|BC|csB=c2+a2+2accs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12．
解得|BD|= 3．
所以BD的长为 3．
【解析】(1)由正弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由中线的向量表示，进而可得BD的值．
本题考查正弦定理，余弦定理，中线的向量表示，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：由底面ABCD为正方形，可得BC⊥CD，
又PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
可得PD⊥BC，
又CD，PD⊂平面CDP，且CD∩PD=D，
可得BC⊥平面CDP；
(2)由BC⊥平面CDP，PC为PB在平面PBC内的射影，
可得∠BPC为直线PB与平面PCD所成的角．
在直角三角形PCD中，PD⊥CD，可得PC= PD2+CD2= 16+9=5，
在直角三角形PCB中，tan∠BPC=BCPC=35，
即有直线PB与平面PCD所成的角为arctan35．
【解析】(1)由线面垂直的性质和判定，可得证明；
(2)由线面角的定义求得∠BPC为直线PB与平面PCD所成的角，再解直角三角形可得所求角的大小．
本题考查线面垂直的判定和性质，以及线面角的求法，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：由题意知，AD，AB，AS两两垂直，
故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为2，
则A(0,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2)，D(2,0,0)，M(1,0,1)，
在Rt△SAC中，SA=2，AC=2 2，AN⊥SC，
所以SC= SA2+AC2=2 3，AN=SA⋅ACSC=2 63，SN= SA2−AN2=2 33，
所以SN=13SC，即点N是SC的靠近点S的三等分点，
所以N(23,23,43)，
所以AC=(2,2,0)，AS=(0,0,2)，AM=(1,0,1)，AN=(23,23,43)，
设平面SAC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC=2x+2y=0n⋅AS=2z=0，
取x=1，则y=−1，z=0，所以n=(1,−1,0)，
设平面AMN的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅AM=a+c=0m⋅AN=23a+23b+43c=0，
取a=1，则b=1，c=−1，所以m=(1,1,−1)，
所以n⋅m=1−1+0=0，即n⊥m，
所以平面SAC⊥平面AMN．
(2)解：由(1)知，AC=(2,2,0)，AM=(1,0,1)，
设平面ACM的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则n1⋅AC=2x1+2y1=0n1⋅AM=x1+z1=0，
取x1=1，则y1=−1，z1=−1，所以n1=(1,−1,−1)，
因为SA⊥平面ACD，
所以平面ACD的一个法向量为n2=(0,0,1)，
所以cs=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−1 3×1=− 33，
由图知，二面角D−AC−M为锐角，
所以二面角D−AC−M的余弦值为 33，
故二面角D−AC−M的正切值为 2．
【解析】(1)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面SAC和平面AMN的法向量n与m，再由n⋅m=0，即可得证；
(2)先利用向量法求二面角的余弦值，再转化为正切值，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明面面垂直，求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可知，|e1|=|e2|=1，
e1⋅e2=|e1||e2|cs60°=12，
所以|OP|=|3e1+2e2|= (3e1+2e2)2
= 9e12+4e22+12e1⋅e2，
= 9+4+6= 19；
(2)m=(2,4)，n=(−6,3)，
由题意可得，m⋅n=2×(−6)+4×3+12×2×3+12×4×(−6)=−9，
|m|= (2e1+4e2)2= 4e12+16e22+16e1⋅e2= 4+16+8=2 7，
|n|= (−6e1+3e2)2= 36e12+9e22−36e1⋅e2= 36+9−18=3 3，
则csθ=m⋅n|m||n|=−92 7×3 3=− 2114．
【解析】(1)由题意计算e1⋅e2，再代入向量模的公式|OP|=|3e1+2e2|= (3e1+2e2)2，即可求解；
(2)首先求m⋅n，|m|和|n|，再代入向量的夹角公式，即可求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．