2023-2024学年山东省临沂十八中高一（下）段考数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省临沂十八中高一（下）段考数学试卷（5月份）（含答案），共15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.已知复数z满足z(1−i)=2−i，其中i是虚数单位，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(1,0)，b=(−2,2)，则a与b的夹角为( )
A. π4B. π3C. 2π3D. 3π4
3.如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，OP=xOA+yOB，且BP=2PA，则( )
A. x=23, y=13B. x=13, y=23C. x=14, y=34D. x=34, y=14
4.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2asinB= 3b，则A=( )
A. π6B. π6或5π6C. π3D. π3或2π3
5.如图，△A′B′C′是△ABC用斜二测画法画出的直观图，则△ABC的周长为( )
A. 12
B. 2(2+ 5)
C. 4(1+ 2)
D. 2(2+ 2+ 5)
6.已知一个圆柱的侧面积等于其表面积的23，且其轴截面的周长为24，则该圆柱的体积为( )
A. 16πB. 27πC. 36πD. 54π
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1D与平面ACD1所成的角为α，B1D与BC所成的角为β，则cs(α−β)=( )
A. 33
B. 63
C. 22
D. 62
8.第十届中国花博会于2021年5月21日至7月2日在上海崇明举办，主题是“花开中国梦”，其标志建筑世纪馆以“蝶恋花”为设计理念，利用国际前沿的数字技术，突破物理空间局限，打造了一个万花竞放的虚拟绚丽空间，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度达280米．图1为世纪馆真实图，图2是世纪馆的简化图．世纪馆的简化图可近似看成是由两个半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，其中AA′//PP′//OO′//BB′(O,O′分别为半圆的圆心)，线段PP′与半圆分别交于C，C′，若AA′=280米，BB′=128米，∠POB=105°，∠COB=75°，∠OBB′=120°， 3≈1.732，则OP的长约为( )．
A. 27米B. 28米C. 29米D. 30米
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.下面是关于复数z=2−1+i的四个命题，其中真命题为( )
A. z2=2iB. |z|=2
C. z的虚部为−1D. z的共轭复数为1+i
10.下列叙述正确的是( )
A. 已知a，b是空间中的两条直线，若a∩b=⌀，则直线a与b平行或异面
B. 已知l是空间中的一条直线，α是空间中的一个平面，若l∩α≠⌀，则l⊂α或l与α只有一个公共点
C. 已知α，β是空间两个不同的平面，若α∩β≠⌀，则α，β必相交于一条直线
D. 已知直线l与平面α相交，且l垂直于平面α内的无数条直线，则l⊥α
11.如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，AB=BM=1，将△ABM沿直线AM翻折成AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是( )
A. 存在某个位置，使得CN⊥AD
B. CN= 52
C. 异面直线CN与AB1所成的角的余弦值为 55
D. 当三棱锥B1−AMD的体积最大时，三棱锥B1−AMD的外接球的表面积是4π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，已知D是BC延长线上一点，点E为线段AD的中点，若BC=2CD，且AE=λAB+34AC，则λ=______．
13.在△ABC中，AB=AC，E，F是边BC的三等分点，若|AB+AC|= 3|AB−AC|，则cs∠EAF= ______．
14.点A、B、C、D在同一球的球面上，AB=BC= 2，AC=2，若四面体ABCD体积的最大值为23，则这个球的表面积为______．
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)
已知平面向量a，b满足|a|=1，|b|=2，(a+2b)⋅(2a−b)=−3．
(1)求|a−b|；
(2)若向量b与λa+b的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
(1)求证：BE//平面DMF；
(2)求证：平面BDE/​/平面MNG．
17.(本小题15分)
在锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知6cs2(π2+A)+csA=5．
(1)求A；
(2)若a=2，求b2+c2的取值范围．
18.(本小题17分)
已知在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，满足AD//BC，AD⊥DC，若PA=AD=DC=2，BC=3，点M为PD的中点，点N为PC的三等分点(靠近点P)．
(1)求证：AM⊥平面PCD；
(2)求三棱锥P−AMN的体积．
19.(本小题17分)
在路边安装路灯，灯柱AB与地面垂直(满足∠BAD=90°)，灯杆BC与灯柱AB所在平面与道路垂直，且∠ABC=120°，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知∠ACD=60°，路宽AD=24m.设灯柱高AB=h(m)，∠ACB=θ(30°≤θ≤45°)．
(1)当θ=30°时，求四边形ABCD的面积；
(2)求灯柱的高h(用θ表示)；
(3)若灯杆BC与灯柱AB所用材料相同，记此用料长度和为S，求S关于的函数表达式，并求出S的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z，进一步得到的坐标得答案．
【解答】
解：∵(1−i)z=(2−i)，
∴z=2−i1−i=(2−i)(1+i)(1−i)(1+i)=2+i−i22=3+i2，
则在复平面内对应的点的坐标为(32,12)，位于第一象限．
故选：A．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，向量a=(1,0)，b=(−2,2)，
则|a|=1，|b|=2 2，a⋅b=−2，
则cs=a⋅b|a||b|=− 22，
又由0≤≤π，则cs=3π4，
故选：D．
根据题意，由向量的坐标求出|a|、|b|以及a⋅b的值，进而求出cs的值，分析可得答案．
本题考查向量数量积的性质以及应用，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题以三角形为载体，考查向量的加法、减法的运算法则；利用运算法则将未知的向量用已知向量表示，是解题的关键．
根据相等向量的定义及向量的运算法则：三角形法则求出OP，利用平面向量基本定理求出x，y的值
【解答】
解：由题意，∵BP=2PA，
∴BO+OP=2PO+2OA，
即3OP=OB+2OA，
∴OP=23OA+13OB，
即x=23, y=13
故选：A．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数的关系式的变换，三角函数的值，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
直接利用正弦定理和三角函数的值的应用求出结果．
【解答】
解：△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2asinB= 3b，
利用正弦定理：2sinAsinB= 3sinB，
由于B∈(0,π)，则sinB≠0
所以sinA= 32，
又A∈(0,π)
故A=π3或2π3．
故本题选D．
5.【答案】C
【解析】解：把直观图△A′B′C′还原原三角形如图，
可知△ABC为等腰直角三角形，AB=BC=2 2，AC=4，
则△ABC的周长为4(1+ 2)，
故选：C．
把直观图还原原图形，求出三角形ABC的边长，则答案可求．
本题考查斜二测画直观图，考查直观想象能力与运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设圆柱的高为h，底面圆半径为r，
∵圆柱的侧面积等于其表面积的23，且其轴截面的周长为24，
∴2πrh=23(2πr2+2πrh)2h+4r=24，解得r=3，h=6，
∴该圆柱的体积为V=πr2h=π×32×6=54π．
故选：D．
设圆柱的高为h，底面圆半径为r，由圆柱的侧面积等于其表面积的23，且其轴截面的周长为24，列方程组求出r=3，h=6，由此能求出该圆柱的体积．
本题考查圆柱的体积的求法，考查圆柱的侧面积、表面积、体积、轴截面周长等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角、直线与平面所成的角、诱导公式——π2±α型、线面垂直的判定，属于中档题．
利用线面垂直的判定证明B1D⊥平面ACD1，从而得到α=π2，由AD//BC推导∠ADB1=β，进而由任意角的三角函数的定义求得sinβ的值，由诱导公式即可求得cs(α−β)的值．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1D⊥AD1，B1D⊥D1C，
又因为AD1⋂D1C=D1，AD1、D1C⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，
所以B1D与平面ACD1所成的角α=π2，
设正方体的棱长为1，则AB1= 2，B1D= 3，
因为AD//BC，B1D与BC所成的角为β，所以∠ADB1=β，
所以sinβ=AB1B1D= 63，
所以cs(α−β)=cs(π2−β)=sinβ= 63．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查正弦定理在解三角形实际问题中的应用，考查三角形中的几何计算，考查数学建模和数学运算的核心素养，属于中档题．
先利用几何关系求出OC，再求出△OPC的三个内角，结合正弦定理可得OP的长度．
【解答】
解：如图所示，过B点作AA′的垂线，垂足为H，
则AH=AA′−BB′2=280−1282=76，
因为∠OBB′=120°，所以∠ABH=30°，所以AB=2AH=152，
所以OA=OB=OC=AB2=76，
因为∠POB=105°，∠COB=75°，所以∠POC=∠POB−∠COB=30°，
因为∠BOD=180°−∠OBB′=60°，所以∠OCP=∠COD=∠COB−∠BOD=15°，
所以∠OPC=180°−∠POC−∠OCP=135°，
在△OPC中，由正弦定理可得：
OPsin⁡∠OCP=OCsin⁡∠OPC⇒OP=OC⋅sin⁡∠OCPsin⁡∠OPC=76⋅sin⁡15°sin135∘，
sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cs30°−cs45°sin30°= 6− 24，
所以OP=76⋅ 6− 24 22=38( 3−1)≈27.816．
故选：B．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解．
本题考查了复数代数形式的乘法运算，以及复数的性质，属于基础题．
【解答】
解：∵z=2−1+i=2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−1−i，
∴|z|= 2，z2=(−1−i)2=2i，z的虚部为−1，z的共轭复数为−1+i．
故选：AC．
10.【答案】ABC
【解析】解：已知a，b是空间中的两条直线，若a∩b=⌀，则直线a与b平行或异面，故A正确；
已知l是空间中的一条直线，α是空间中的一个平面，若l∩α≠⌀，则l⊂α或l与α只有一个公共点，故B正确；
已知α，β是空间两个不同的平面，若α∩β≠⌀，由已知公理可得α，β必相交于一条直线，故C正确；
已知直线l与平面α相交，且l垂直于平面α内的无数条直线，l与α也不一定垂直，故D错误．
故选：ABC．
由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系逐一判断四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，涉及异面直线所成的角，属于难题．
【解答】
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，如图①，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE//AB1，NF//MB1，
AB1⊥NF，如果CN⊥AB1，可得到AB1⊥面ENC，必有AB1⊥NE，与NE//AB1矛盾，A错误；
对于B，如图①，AB1=BM=1，而∠MAB1=90°，则∠MAB1=45°，
则有∠NEC=∠MAB1=45°，NE=12AB1=12，AM=EC= 2，
由余弦定理可得CN2=NE2+EC2−2NE⋅EC⋅cs∠NEC=54，故CN= 52，B正确；
对于C，NE//AB1，则异面直线CN与AB1所成的角就是直线EN与NC所成的角，
cs∠ENC=EN2+NC2−EC22×EN×NC=1+5−82 5=− 55，故异面直线CN与AB1所成的角的余弦值为 55，C正确；
对于D，当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1−AMD的体积最大，
易得AD的中点E就是三棱锥B1−AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π.D正确；
故选：BCD．
12.【答案】−14
【解析】解：因为E为线段AD的中点，BC=2CD，
所以AE=12(AB+BD)=12AB+12⋅32BC=−14AB+34AC．
因为AE=λAB+34AC，所以λ=−14．
故答案为：−14．
根据条件将AE用AB和AC表示，再由AE=λAB+34AC求出λ．
本题考查了平面向量基本定理和向量相等，属基础题．
13.【答案】1314．
【解析】解：以AB，AC为邻边作平行四边形ABDC，则AB+AC=AD，AB−AC=CB，
若|AB+AC|= 3|AB−AC|，则AD= 3BC，设BC= 3，则AD=3，
由AB=AC可得平行四边形ABDC为菱形，BC⊥AD，
由勾股定理可得，AB=AC= (32)2+( 32)2= 3，EF= 33，AE=AF= (32)2+( 36)2= 213，
cs∠EAF=AE2+AF2−EF22AE⋅AF=219×2−132× 213× 213=1314．
故答案为：1314．
由已知结合向量加法及减法的四边形法则可表示各边，然后结合余弦定理即可求解．
本题主要考查了向量的基本运算及余弦定理在求解三角中的应用，属于中档试题．
14.【答案】254π
【解析】解：根据题意知，△ABC是一个直角三角形，其面积为1.其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，
若四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积S△ABC不变，高最大时体积最大，
所以，DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为13S△ABC×DQ=23，
即13×1×DQ=23，∴DQ=2，如图．
设球心为O，半径为R，则在直角△AQO中，
OA2=AQ2+OQ2，即R2=12+(2−R)2，∴R=54
则这个球的表面积为：S=4π(54)2=254π；
故答案为：254π．
根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．
本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体ABCD的体积的最大值，是解答的关键．
15.【答案】解：(1)∵(a+2b)⋅(2a−b)=2a2−a⋅b+4a⋅b−2b2=3a⋅b−6=−3
得a⋅b=1，
则(a−b)2=a2+b2−2a⋅b=1+4−2=3，
得|a−b|= 3．
(2)由向量b与λa+b的夹角为锐角，可得b⋅(λa+b)>0.即有λ>−4．
而当向量b与λa+b同向时，可知λ=0，
综上所述λ的取值范围为(−4,0)∪(0,+∞)．
【解析】(1)根据向量数量积的公式进行计算即可．
(2)根据向量夹角与向量数量积的关系进行求解即可．
本题主要考查向量数量积的应用，根据向量长度，向量夹角与数量积的关系进行转化是解决本题的关键，是中档题．
16.【答案】证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE/​/MO，
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE//平面DMF．
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE/​/GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE/​/平面MNG．
又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD/​/MN，
又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD/​/平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE/​/平面MNG．

【解析】(1)由面面平行推出线面平行即可；(2)由线线平行推出面面平行即可．
本题考查了线面平行、面面平行的判定定理，找出DC的中点P，连接PE、PB是解题的关键，本题是一道中档题．
17.【答案】解：(1)因为6cs2(π2+A)+csA=5，
所以6sin2A+csA=5，整理可得6cs2A−csA−1=0，解得csA=12，或−13，
又A∈(0,π2)，
所以csA=12，可得A=π3．
(2)由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，可得b=4 33sinB，c=4 33sinC，
可得b2+c2=163sin2B+163sin2C=163(1−cs2B2+1−cs2C2)=163−83(cs2B+cs2C)，
因为A=π3，可得2C=4π3−2B，
所以b2+c2=163−83[cs2B+cs(4π3−2B)]=163−83(cs2B−12cs2B− 32sin2B)=163−83(12cs2B− 32sin2B)=163−83cs(2B+π3)，
又0