2023-2024学年甘肃省天水一中高一（下）第二次段考数学试卷（6月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年甘肃省天水一中高一（下）第二次段考数学试卷（6月份）（含答案），共8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=21−i，则z的虚部是( )
A. −1B. 1C. −iD. i
2.已知a、b表示两条不同的直线，α表示平面，则下面四个命题正确的是( )
①若a/​/b，b⊂α，则a/​/α；
②若a⊥b，a⊥α，则b/​/α；
③若a/​/b，a⊥α，则b⊥α；
④若a⊥α，b/​/α，则a⊥b．
A. ①②B. ②③C. ①③D. ③④
3.若圆锥的高为3，底面半径为4，则此圆锥的表面积为( )
A. 40πB. 36πC. 26πD. 20π
4.如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形O′A′B′C′，则原四边形OABC的面积是( )
A. 16 2
B. 8 2
C. 16
D. 8
6.已知|a|=|b|=1，|a+b|= 3，则a在b上的投影向量为( )
A. 32aB. 12aC. 32bD. 12b
7.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，则AB1与平面AA1C1C所成角的余弦值为( )
A. 104
B. 64
C. 32
D. 22
8.已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(AB+AC)，λ∈(0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的( )
A. 重心B. 外心C. 内心D. 垂心
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.下列说法正确的是( )
A. 棱柱的侧面都是平行四边形B. 长方体是正四棱柱
C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥D. 圆柱的所有母线长都相等
10.在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a=2bcsB，且b≠c，则( )
A. A=2BB. 角B的取值范围是(0,π4)
C. csA的取值范围是(0, 32)D. ab的取值范围是( 2, 3)
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中正确的是( )
A. FM//A1C1
B. 当E为A1C1中点时，BE⊥FM
C. 三棱锥B−CEF的体积为定值
D. 直线BE到平面ACD1的距离为 32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12 6nmile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在北偏东120°，则A与D间的距离为______nmile．
13.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，AB=6，AD=8，AA1=7，则异面直线EF与AA1所成角的正切值为______．
14.已知点O是△ABC的外心，∠BAC=60°，设AO=mAB+nAC，且实数m，n满足m+4n=2，则mn的值是______．
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)
已知平面向量a=(2,4)，b=(6,x)，c=(4,y)，且a//b，a⊥c．
(1)求b和c；
(2)若m=2a−b，n=a+c，求向量m和向量n的夹角的大小．
16.(本小题15分)
已知sinα=−45，α∈(−π2,0)．
(1)求cs(α+π3)的值；
(2)若sin(α+β)=− 210，β∈(0,π2)，求β的值．
17.(本小题15分)
如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是正方形，点E是棱PA的中点，PA⊥平面ABCD．
(1)求证：PC//平面BDE；
(2)求证：平面PAC⊥平面BDE；
18.(本小题17分)
已知长方体ABCD−A1B1C1D1，E，F分别为CC1和BB1的中点，12AA1=AB=BC=2．
(1)求三棱锥C1−A1FA体积；
(2)求证：平面AC1F/​/平面BDE．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC的中点，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD= 3．
(Ⅰ)求证：PQ⊥AB；
(Ⅱ)求二面角P−QB−M的余弦值．
答案
1.B
2.D
3.B
4.D
5.B
6.D
7.A
8.A
9.AD
10.AD
11.ABC
12.24
13.57
14.0
15.解：(1)因为a//b，所以2x−24=0，解得x=12，
因为a⊥c，所以8+4y=0，解得y=−2，
首页b=(6,12)，c=(4,−2)；
(2)因为m=2a−b=(−2,−4)，n=a+c=(6,2)，
设向量m和向量n的夹角为θ，
则csθ=m⋅n|m||n|=−202 10×2 5=− 22，
因为θ∈[0,π]，所以θ=34π，
即向量m和向量n的夹角的大小为3π4．
16.解：(1)由sin2α+cs2α=1，sinα=−45，α∈(−π2,0)，可得csα=35，
所以cs(α+π3)=csαcsπ3−sinαsinπ3=35×12−(−45)× 32=3+4 310．
(2)由α∈(−π2,0)，β∈(0,π2)，可得α+β∈(−π2,π2)，
故cs(α+β)= 1−(− 210)2=7 210．
从而csβ=cs[(α+β)−α]=cs(α+β)csα+sin(α+β)sinα
=7 210×35+(− 210)×(−45)= 22
由β∈(0,π2)，可得β=π4．
17.证明：(1)设AC交BD于M，连接ME，因为ABCD为正方形，
所以M为AC中点，
又因为E为PA的中点，所以ME/​/PC，
又因为ME⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，
所以PC//平面BDE；
(2)因为ABCD为正方形，所以BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，又AC∩PA=A，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面BDE，
所以平面PAC⊥平面BDE．
18.解：(1)由题意可知：C1B1⊥平面A1FA，12AA1=AB=BC=2，F为BB1的中点，
∴A1A=4，C1B1=2，
∴S△A1FA=12A1A⋅AB=12×4×2=4，
∴VC1−A1FA=13S△A1FA⋅C1B1=13×4×2=83．
(2)证明：如图，取DD1的中点G，连接C1G、AG．
又∵点F是BB1的中点，
∴AG//C1F且AG=C1F，
∴四边形AGC1F为平行四边形，则点A、G、C1、F四点共面．
∴GC1//DE．
又∵E，F分别是线段CC1，BB1的中点，
∴C1F/​/BE.、
又GC1∩C1F=C1，DE∩BE=E，且GC1⊄平面BDE，C1F⊄平面BDE，
∴平面AC1F/​/平面BDE．
19.(Ⅰ)证明：在△PAD中，PA=PD，
∵Q为AD中点．∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥底面ABCD，
且平面PAD∩底面ABCD=AD，且PQ⊂平面PAD，
∴PQ⊥底面ABCD，又AB⊂平面ABCD，
∴PQ⊥AB；
(Ⅱ)在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=12AD，
∵Q为AD中点，BC=QD，BC⊥QD
∴四边形BCDQ为平行四边形，
∵AD⊥DC ，
∴AD⊥QB，
由(Ⅰ)可知PQ⊥平面ABCD，
∴以Q为坐标原点，建立空间直角坐标系，Q−xyz如图．
则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0, 3)，B(0, 3,0)，C(−1, 3,0)D(−1,0,0)
∵M是PC中点，∴M(−12, 32, 32)，
又QB=(0, 3,0)，
设平面MBQ的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅QB= 3y=0m⋅QM=−12x+ 32y+ 32z=0,
令z=1得x= 3，y=0，
则m=( 3,0,1)，
则cs=QA⋅m|m||QA|= 32，
由题知，二面角P−QB−M为锐角，所以二面角P−QB−M的余弦值为 32．