2023-2024学年江苏省无锡市辅仁高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市辅仁高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共17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.已知平面向量a=(−1,4)，b=(x,2)，且a⊥b，则x=( )
A. −8B. −12C. 12D. 8
2.设l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若m/​/n，n/​/α，则m/​/α
B. 若α/​/β，l/​/α，则l/​/β
C. 若α/​/β，l⊂α，则l/​/β
D. 若m//β，n/​/β，m⊂α，n⊂α，则α/​/β
3.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2，B=π3，△ABC的面积等于2 3，则b的大小为( )
A. 2 3B. 13C. 4D. 21
4.古希腊数学家特埃特图斯(Theaetetus)利用如图所示的直角三角形来构造无理数.已知AB=BC=CD=2，AB⊥BC，AC⊥CD，若DB=λAB+μAC，则λ+μ=( )
A. − 22
B. 22
C. 2+12
D. 2−12
5.如图，实心正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，其中上、下底面的中心分别为Q，R.若从该正方体中挖去两个圆锥，且其中一个圆锥以R为顶点，以正方形A1B1C1D1的内切圆为底面，另一个圆锥以Q为顶点，以正方形ABCD的内切圆为底面，则该正方体剩余部分的体积为( )
A. 8−5π12B. 8−7π12C. 8−5π6D. 8−7π6
6.已知e是单位向量，且|2e−a|= 10，a+2e在e上的投影向量为5e，则a与e的夹角为( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π12
7.滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB=BC=75米，则滕王阁的高度OP=米．( )
A. 14 15B. 15 15C. 68 155D. 29 152
8.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，BC=CC1=2，点P在矩形BCC1B1内运动(包括边界)，M，N分别为BC，CC1的中点，若A1P/​/平面MAN，当A1P取得最小值时，∠B1BP的余弦值为( )
A. 55B. 2 55C. 1010D. 3 1010
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.已知{e1,e2}是平面内的一个基底，则下列也是平面内一个基底的是( )
A. {2e1−e2,−4e1+2e2}B. {2e1−e2,2e2}
C. {e1−e2,2e1−2e2}D. {e1−e2,e1+e2}
10.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇环所对的圆心角为π2，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，CD=2，则下列说法正确的是( )
A. 弧AD长度为32π
B. 曲池的体积为10π3
C. 曲池的表面积为20+14 π
D. 三棱锥A−CC1D的体积为5
11.在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，则下列叙述正确的是( )
A. 若bcsC+ccsB=b，则△ABC是等腰三角形．
B. 若A>B，则cs2Ab，
由正弦定理得sinA>sinB>0，所以sin2A>sin2B，
即1−cs2A2>1−cs2B2，所以cs2Aa，所以B>A，
而12a2+b2，再结合不等式的性质即可判断．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
12.【答案】 154
【解析】解：△ABC中，若sinA：sinB：sinC=2：3：4，
则由正弦定理有a：b：c=2：3：4，
不妨设a=2k，b=3k，c=4k(k>0)，
则有csC=a2+b2−c22ab=4k2+9k2−16k212k2=−14，
由C∈(0,π)，得sinC= 1−cs2C= 1−116= 154．
故答案为： 154．
由正弦定理有a：b：c=2：3：4，利用余弦定理求出csC，同角三角函数的平方关系求sinC．
本题考查了正弦定理，余弦定理以及同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，属于基础题．
13.【答案】①②④ ①③
【解析】解：在①中，取棱的中点E，如图所示：连接NE，ME，
由正方体性质得到EN/​/AB，
因为AB⊄平面MNPE，EN⊂平面MNPE，所以AB/​/平面MNP，
因为PM与EN相交，所以AB与MP是异面直线；
②若下底面中心为O，则NO/​/AB，NO∩面MNP=N，
所以AB与面MNP不平行，且AB与MP是异面直线；
③因为P，M是棱的中点，在正方体中，可得PM/​/AB，PM⊂平面PMN，
AB⊄平面PMN，AB/​/平面MNP，
④中，取棱的中点E，连接PE，如图所示：
在正方体中，可得PE/​/AB，
PE与PM相交，所以AB与PM是异面直线，
所以AB与平面MNP不平行．
故答案为：①②④；①③．
能得出AB/​/面MNP，关键是看平面MNP中有没有与AB平行的直线，或者有没有过AB的平面与平面MNP平行，逐一判断即可．
本题考查直线与平面平行的判定，是中档题．
14.【答案】100
【解析】解：先作出函数f(x)的图象如右图所示，
根据三角函数图象与性质易，得A1(2, 2)，A2(4, 2)，B2(5,0)，
根据两点之间斜率坐标公式，得kOA1= 2−02−0= 22，kA2B2= 2−04−5=− 2，
因为kOA1⋅kA2B2=−1，所以OA1⊥A2B2，
设∠A1OB0=θ，根据直线倾斜角与斜率之间的关系，得kOA1=tanθ= 22，
因为θ为锐角，根据同角三角函数之间的关系，得csθ= 63，
延长OA1和B2A2交于点D，则OD=OB2⋅csθ=5 63，
那么向量OCi(1≤i≤10)在向量OA1上的投影为OD=5 63，
于是根据平面向量数量积的几何意义，得OA1⋅OC1+OA1⋅OC2+…+OA1⋅OC10=10，|OA1||OD|=10⋅ 22+( 2)2⋅5 63=100．
故答案为：100．
先作出函数f(x)的图象，得到A1(2, 2)，A2(4, 2)，B2(5,0)，求出kOA1和kA2B2，根据斜率之间的关系可得OA1⊥A2B2，延长OA1和B2A2交于点D，进而得到向量OCi(1≤i≤10)在向量OA1上的投影为OD，再根据平面向量数量积的几何意义即可得结果．
本题考查三角函数的图象与性质，平面向量数量积的几何意义，考查了数形结合思想与转化思想，属于中档题．
15.【答案】(1)证明：因为CD/​/AB，且CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD/​/平面PAB；
(2)解：连结BD交AC于点O，连结OM，
因为PB/​/平面MAC，且PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面MAC=MO，所以PB/​/MO，
所以△DOM～△DBP，所以PMMD=OBOD，
因为CD/​/AB，所以△COS～△AOB，
故OBOD=ABCD=2，
所以PMMD=2．
【解析】(1)由CD/​/AB，结合线面平行的判定定理证明即可；
(2)连结BD交AC于点O，连结OM，利用线面平行的性质定理可得PB/​/MO，再利用△DOM～△DBP和△COS～△AOB，由相似比即可得到答案．
本题考查了平面平行的判定定理和性质定理的应用，同时考查了相似三角形的相似比的应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)因为AD=25AB，点E为AC中点，点F为BC的三等分点，且靠近点C，
所以EF=EC+CF=−12CA+13CB=13b−12a，
CD=CA+AD=CA+25AB=CA+25(CB−CA)=35CA+25CB=25b+35a．
(2)由(1)可知，CD⋅EF=(25b+35a)⋅(13b−12a)=0，
所以215b2−310a2=0，由|a|=2，可得|b|=3，
所以|CD|= CD2= (25b+35a)2= 925a2+1225a⋅b+425b2= 3625+1225×2×3×12+3625=6 35．
【解析】(1)利用向量的加减法法则结合图形求解；
(2)由CD⊥EF，可得CD⋅EF=0，从而可得215b2−310a2=0，结合已知可得|b|=3，从而可求出|CD|．
本题考查了平面向量基本定理，向量共线，向量模的求法等知识点，重在培养学生数学运算，逻辑推理，直观想象的数学素养，属中档题．
17.【答案】解：(1)若选择条件①，bcsA−c=0，b= 2，c=4，可得csA=cb=2 2>1，不符合题意；
若选择条件②，acsB=bcsA，由正弦定理可得sinAcsB−csAsinB=0，即sin(A−B)=0，
在三角形中，可得A=B，即a=b，与题意矛盾，不符合题意；
若选择条件③，由余弦定理得a⋅a2+b2−c22ab+b=0，所以a2+3b2−c2=0，
所以a2=c2−3b2=16−6=10，
即a= 10；
(2)由(1)知csA=b2+c2−a22bc=2+16−102× 2×4= 22，
因为A∈(0,π)，所以A=π4，
csC=b2+a2−c22ab=2+10−162× 2× 10=− 55，
因为C∈(0,π)，所以sinC= 1−cs2C=2 55．
所以sin∠CAD=sin(3π4−C)=sin3π4csC−cs3π4sinC= 1010．
在△ACD中，因为ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
所以CD=AC⋅sin∠CADsin∠ADC= 2× 1010 22= 105．
【解析】(1)由三角函数的性质和余弦定理判断条件①②不成立，选择条件③，利用余弦定理求出边a的值；
(2)由余弦定理求出csC，进而可得sinC，可求出sin∠CAD，△ACD中，由正弦定理求CD长．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在Rt△ABC中，∠ABC=30°，
则AC=ABtan∠ABC=2
在Rt△ACD中，tan∠CAD=CDAD= 3，
所以∠CAD=60°，
所以AD=AC·cs∠CAD=1，∠BAD=150°，
在△ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2−2AB·AD·cs∠BAD=19，
所以BD= 19．
(2)设∠CAD=θ，则∠ABD=60°−θ，AD=2csθ，
在△ABD中，由正弦定理可得2csθsin(60∘−θ)=2 3sin30°，
化简得：csθ= 32sinθ，
由sin2θ+cs2θ=1，
可得：sin2θ=47，
又θ为锐角，所以sinθ=2 77，即sin∠CAD=2 77．
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式在解三角形中的综合应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．
(1)由已知可求在Rt△ACD中，tan∠CAD=CDAD= 3，可得∠CAD=60°，可求AD，在△ABD中，由余弦定理可得BD的值．
(2)设∠CAD=θ，则∠ABD=60°−θ，AD=2csθ，在△ABD中，由正弦定理可得csθ= 32sinθ，代入sin2θ+cs2θ=1，可得：sin2θ=47，结合θ为锐角，可求sin∠CAD的值．
19.【答案】解：(1)如图，取AB的中点F，连接EF、A1B、CF．
因为E是AA1的中点，所以EF//A1B.
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D1/​/BC，A1D1=BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B/​/D1C，所以EF/​/D1C，
所以E、F、C、D1四点共面．
因为E、C、D1三点不共线，所以E、F、C、D1四点共面于平面α，
所以面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面；

(2)由(1)可知，截面EFCD1为梯形，EF= AE2+AF2= 1+1= 2，
CD1= CD2+DD12= 4+4=2 2，D1E= A1D12+A1E2= 4+1= 5，
同理可得CF= 5，
如图所示：

分别过点E、F在平面CD1EF内作EM⊥CD1，FN⊥CD1，垂足分别为点M、N，
则D1E=CF，∠ED1M=∠FCN，∠EMD1=∠FNC=90°，
所以△EMD1≌△FNC，则D1M=CN，
因为EF/​/CD1，EM⊥CD1，FN⊥CD1，则四边形EFNM为矩形，
所以MN=EF= 2，所以D1M=CN=CD1−MN2=2 2− 22= 22，
所以EM= ED12−D1M2= 5−12=3 22，
所以梯形CD1EF的面积为S=12(EF+CD1)⋅EM=12×3 2×3 22=92；
(3)因为多面体AEF−DD1C为三棱台，
又S△AEF=12AE⋅AF=12×12=12，S△DD1C=12DD1⋅DC=12×22=2，
且该棱台的高为2，所以该棱台的体积为：
13(S△AEF+S△DD1C+ S△AEF⋅S△DD1C)⋅AD=13(12+2+ 12×2)×2=73，
故剩余部分的体积为8−73=173．
故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为717．
【解析】(1)取AB的中点F，连接EF、A1B、CF，利用平行线的传递性可证得EF//D1C，可知E、F、C、D1四点共面，再由于E、C、D1三点不共线，可得出面EFCD1即为平面截正方体所得的截面；
(2)分析可知，四边形CD1EF为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
(3)利用台体的体积公式可求得三棱台AEF−DD1C的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果．
本题考查立体几何的综合应用，正方体的截面问题，几何体的体积问题，属中档题．