2023-2024学年内蒙古名校联盟高一（下）质检数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年内蒙古名校联盟高一（下）质检数学试卷（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。
1.九棱锥共有( )
A. 9条棱B. 10条棱C. 12条棱D. 18条棱
2.半径为 2的球的表面积为( )
A. 6πB. 8πC. 10πD. 12π
3.若z=(| 3−i|+i)(1+i3)，则z的共轭复数为( )
A. 3+iB. 3−iC. 1+3iD. 1−3i
4.已知α，β为两个不同的平面，a，b为两条不同的直线，设a⊂α，b⊂β，则α/​/β是a/​/b的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.若正六棱台ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的高为6，且AB=2，A1B1=4，则该正六棱台的体积为( )
A. 42 3B. 72 3C. 84 3D. 252 3
6.如图，四边形O′A′C′B′表示水平放置的四边形OACB根据斜二测画法得到的直观图，O′A′=2，B′C′=4，O′B′=2 2，O′A′//B′C′，则AC=( )
A. 2 3B. 4C. 6D. 4 2
7.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，在如图所示的鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD，E，F分别为BC，AD的中点，过EF的截面α与AC交于点G，与BD交于点H，AB=1，若AB/​/截面α，且CD/​/截面α，四边形GEHF是正方形，则CD=( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
8.若x=lg424，y=3lg43，4z+8z=150，则( )
A. x>y>zB. y>z>xC. z>y>xD. y>x>z
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.设l，m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列判断错误的是( )
A. 若l/​/α，m//β，α/​/β，则l/​/m
B. 若α⊥β，l/​/α，m//β，则l/​/m
C. 若直线m⊂α，n⊂α，且l⊥m，l⊥n，则l⊥α
D. 若l，m是异面直线，l⊂α，m⊂β，且l/​/β，m/​/α，则α/​/β
10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinB+csinC−asinA≥ 2csinB，则A的值可以为( )
A. π6B. π5C. π3D. 2π5
11.已知三棱锥P−ABC的所有棱长都是6，D，E分别是三棱锥P−ABC外接球和内切球上的点，则( )
A. 三棱锥P−ABC的体积是18 2
B. 三棱锥P−ABC内切球的半径是 66
C. DE长度的取值范围是[ 6,2 6]
D. 三棱锥P−ABC外接球的体积是27 6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1, 3),b=( 3,λ),c=(4 3,−3).若a//b，则λ= ______；若b⊥c，则向量3 3a−2b与a的夹角为______．
13.某同学将一张圆心角为π3的扇形纸壳裁成扇环(如图1)后，制成了简易笔筒(如图2)的侧面，已知OB=2OA=60cm，则制成的简易笔筒的高为______cm．
14.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2AA1=2 7，AB=BC= 21，P是线段A1B上一动点，则AP+PC1的最小值为______．
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)
如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中AB=AA1=2，AD=6．
(1)求该几何体的体积；
(2)求该几何体的表面积．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，E，F分别为AD，AB的中点，且AC⊥PE．
(1)证明：AC⊥PF．
(2)若PA=PD=AB=2，求点D到平面PAF的距离．
17.(本小题15分)
如图，在六面体ABCDEF中，DE/​/CF，正方形ABCD的边长为2，DE=2FC=2，AE=2 2,BE=2 3．
(1)证明：平面ADE//平面BCF．
(2)求直线EF与平面ABCD所成角的正切值．
(3)求多面体ABCDEF的体积．
18.(本小题17分)
在△ABC中，GA+GB+GC=0．
(1)证明：G为△ABC的重心．
(2)设AG=4，BC=6．
①证明：BG2+CG2为定值．
②求BG+ 3CG的最大值，并求此时AB的长．
19.(本小题17分)
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC．
(1)证明：CN⊥平面ABB1A1．
(2)证明：平面AMB1⊥平面ABB1A1．
(3)若AA1=2AB，求二面角A−MB1−C1的正切值．
答案
1.D
2.B
3.A
4.D
5.C
6.C
7.B
8.B
9.ABC
10.AB
11.ACD
12.3 π6
13.5 35
14.7
15.解：(1)长方体的体积为2×2×6=24，
半圆柱的底面积为12π(AB2)2=12π(22)2=π2，
半圆柱的体积为π2×AD=π2×6=3π，
该几何体的体积为24+3π．
(2)长方体去掉上底面后的表面积为2×6+2×2×2+2×6×2=44，
由(1)得半圆柱的底面积为π2，
半圆柱的侧面积为2π×AB2×12×6=6π，
所以该几何体的表面积为44+π2×2+6π=44+7π．
16.(1)证明：连接BD，EF，
因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
因为E，F分别为AD，AB的中点，所以EF//BD，
所以AC⊥EF，
又AC⊥PE，EF∩PE=E，EF、PE⊂平面PEF，
所以AC⊥平面PEF，
因为PF⊂平面PEF，所以AC⊥PF．
(2)解：因为PA=PD，E是AD的中点，所以PE⊥AD，
又AC⊥PE，AD∩AC=A，AD、AC⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
即点P到平面ADF的距离为PE= 3，
因为EF⊂平面ABCD，所以PE⊥EF，所以PF= PE2+EF2= ( 3)2+12=2=PA，
所以S△PAF=12AF⋅ PA2−(12AF)2=12×1× 22−(12)2= 154，
而S△ADF=12AD⋅AFsin60°=12×2×1× 32= 32，
设点D到平面PAF的距离为d，
因为VD−PAF=VP−ADF，
所以13d⋅S△PAF=13PE⋅S△ADF，即d⋅ 154= 3⋅ 32，解得d=2 155，
故点D到平面PAF的距离为2 155．
17.解：(1)证明：∵DE/​/CF，DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，
∴CF/​/平面ADE，
在正方形ABCD中，AD//BC，又∵AD⊂平面ADE，
BC⊄平面ADE，∴BC/​/平面ADE，
∵CF∩BC=C，CF⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，
∴平面ADE//平面BCF．

(2)连接BD，延长EF，DC交于点O，
∵正方形ABCD的边长为2，DE=2FC=2，AE=2 2,BE=2 3．
∴AD2+DE2=AE2，∴AD⊥DE，
∵BD= AB2+AD2=2 2，∴BD2+DE2=BE2，∴BD⊥DE，
∵AD∩BD=D，∴DE⊥平面ABCD，
∴∠DOE为直线EF与平面ABCD所成的角，
在△ODE中，由CODO=CFDE，解得DO=4,tan∠DOE=DEDO=12，
即直线EF与平面ABCD所成角的正切值为12．
(3)连接EC，则VE−ABCD=13×2×2×2=83，
易证CD⊥平面BCF,VE−BCF=13S△BCF⋅DC=13×12×2×1×2=23，
∴多面体ABCDEF的体积V=VE−ABCD+VE−BCF=103．
18.(1)证明：设BC的中点为E，则GB+GC=2GE，
因为GA+GB+GC=0，所以GA+2GE=0，可得GA=−2GE，
由此可得A、G、E三点共线，即点G在△ABC的中线AE上．
设AC的中点为F，AB的中点为H，同理可证点G在△ABC的中线BF、CH上，
所以点G为△ABC三条中线的交点，即G为△ABC的重心．

(2)解：①证明：由(1)知GA=−2GE，因为AG=4，所以EG=2．
因为BC=6，所以BE=CE=3，
设∠CEG=α，则∠BEG=π−α，cs∠BEG=−csα，
由余弦定理，得CG2=22+32−2×2×3csα，BG2=22+32+2×2×3csα，
则BG2+CG2=2(22+32)=26．
②设BG= 26csθ,CG= 26sinθ,θ∈(0,π2)，
可得BG+ 3CG= 26(csθ+ 3sinθ)=2 26sin(θ+π6)，
当θ+π6=π2，即θ=π3时，BG+ 3CG取得最大值，且最大值为2 26，
此时BG= 26csπ3= 13+12csα，解得csα=−1324，
所以AB= BE2+AE2−2BE⋅AEcs∠BEG= 32+62−36×1324= 512= 1022．
19.(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，
则AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以点A的曲率为2π−2×π2−∠BAC=2π3，
所以∠BAC=π3，因为AB=AC，所以△ABC为正三角形，
因为N为AB的中点，所以CN⊥AB，
又AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，所以AA1⊥CN，
因为AA1∩AB=A，AA1、AB⊂平面ABB1A1，
所以CN⊥平面ABB1A1．
(2)证明：取AB1的中点D，连接DM，DN，
因为N为AB的中点，所以DN//BB1且DN=12BB1，
又CM//BB1且CM=12BB1，所以DN//CM且DN=CM，
所以四边形CNDM为平行四边形，则DM/​/CN，
由(1)知CN⊥平面ABB1A1，则DM⊥平面ABB1A1，
又DM⊂平面AMB1，所以平面AMB1⊥平面ABB1A1．
(3)解：取BC的中点F，连接AF，则AF⊥BC，
因为BB1⊥平面ABC，AF⊂平面ABC，所以BB1⊥AF，
因为BB1∩BC=B，BB1、BC⊂平面BB1C1C，
所以AF⊥平面BB1C1C，又B1M⊂平面BB1C1C，所以AF⊥B1M，
过F作B1M的垂线，垂足为H，连接AH，则B1M⊥FH，
又AF∩FH=F，AF、FH⊂平面AFH，所以B1M⊥平面AFH，
又AH⊂平面AFH，AH⊥B1M，
所以∠AHF为二面角A−MB1−C1的平面角的补角，
设B1M∩BC=E，AB=2，则AF= 3，EF=1+2=3，ME=2 2，
由等面积法可得12ME⋅FH=12EF⋅CM，则FH=EF⋅CMME=3×22 2=3 2，
则tan∠AHF=AFFH= 63，故二面角A−MB1−C1的正切值为− 63．