还剩6页未读，
继续阅读
2023-2024学年广西来宾市忻城高级中学高一（下）月考数学试卷（含答案）
展开
这是一份2023-2024学年广西来宾市忻城高级中学高一（下）月考数学试卷（含答案），共9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.若zi3=1− 5i，则|z|=( )
A. 1B. 6C. 7D. 3
2.忻城县高级中学有1100名高一学生，1000名高二学生，1200名高三学生，高一数学兴趣小组欲采用分层抽样的方法在全校抽取33名学生进行某项调查，则下列说法正确的是( )
A. 高三每一个学生被抽到的概率最大B. 高三每一个学生被抽到的概率最小
C. 高一每一个学生被抽到的概率最大D. 每位学生被抽到的概率相等
3.已知在正四面体A−BCD中，M为AB的中点，则直线CM与AD所成角的余弦值为( )
A. 12B. 23C. 36D. 23
4.对某平面图形使用斜二测画法后得到的直观图是边长为1的正方形(如图)，则原图形的面积是( )
A. 2
B. 2
C. 2 2
D. 4
5.若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为3 2π，则它的体积为( )
A. 3πB. 7π3C. 5π3D. 7π
6.某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图.底座ABCD是边长为4 2的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线AA1，BB1，CC1，DD一头连着底座端点，另一头都连在球O的表面上(底座厚度忽略不计)，若该艺术吊灯总高度为14，则球O的体积为( )
A. 108π3B. 256π3C. 500π3D. 864π3
7.在平行四边形ABCD中，G为△ABC的重心，满足AG=xAB+yAD(x,y∈R)，则x−2y=( )
A. 43B. 53C. 0D. −1
8.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
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.下列说法中，正确的有( )
A. 如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
B. 如果一条直线与一个平面相交，那么这条直线与平面内无数条直线相交
C. 过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行
D. 如果一条直线上有两点到平面的距离相等且不为0，那么这条直线和这个平面可能平行，也可能相交
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对△ABC的个数的判断正确的是( )
A. 当a=2 2，A=30°，C=45°时，有两解
B. 当a=5，b=7，C=60°时，有一解
C. 当a= 2，b=1，A=30°时，有一解
D. 当a=6，b=4，A=60°时，有两解
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是( )
A. 三棱锥A−D1PC的体积不变
B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为[π4,π2]
C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
D. 二面角P−AD1−C的大小不变
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,3)，b=(−2,2)，则向量a在向量b上的投影向量为______.(用坐标表示)
13.已知z∈C，|z−2|=1，则|z+i|的取值范围为______．
14.我国古代数学名著《九章算术》，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，AA1=3.该“阳马”D1−ABCD的外接球的表面积______．
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)
正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点．
(1)求异面直线CD1与BC1所成角；
(2)求证：MN//平面ABCD．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c−b=2csin2A2．
(Ⅰ)试判断△ABC的形状；
(Ⅱ)若c=1，求△ABC周长的最大值．
17.(本小题15分)
我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”.如图，三棱锥A−BCD，中AB⊥平面BCD，BC⊥CD．
(1)证明：三棱锥A−BCD为鳖臑；
(2)若E为AD上一点，点P，Q分别为BC，BE的中点.平面DPQ与平面ACD的交线为l．
①证明：直线PQ//平面ACD；
②判断PQ与l的位置关系，并证明你的结论．
18.(本小题17分)
忻城县环境优美，准备在泮水生态公园建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，边BD修建隔离防护栏，其中CD=100米，BC=200米，∠A=π3．
(1)若BD=150米，求烧烤区的面积？
(2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计隔离防护栏以及观赏步道？
19.(本小题17分)
如图，在四面体ABCD中，AB=BD=CD=3，AB⊥平面BCD，CD⊥BD，点M为AD上一点，且AM=2MD，连接BM，CM．
(1)证明：BM⊥CD；
(2)求点D到平面BMC的距离；
(3)求二面角M−BC−D的余弦值．
参考答案
1B
2D
3C
4C
5B
6C
7C
8D
9BD
10BC
11ABD
12(−1,1)
13[ 5−1, 5+1]
1417π
15(1)解：连接A1B，A1C1，
在正方体中，可得A1C1=A1B=BC1，CD1//A1B，
所以∠A1BC1=60°，∠A1BC1等于异面直线CD1与BC1所成的角，
所以异面直线CD1与BC1所成角为60°；
(2)证明：取CC1的中点E，连接ME，NE，
因为M，N分别是BC1，CD1的中点，
所以ME//BC，NE//C1D1，
而C1D1//CD，所以NE//CD，
又因为BC⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，NE⊄平面ABCD，
ME⊄平面ABCD，
ME∩NE=E，
所以平面MEN//平面ABCD，
因为MN⊂平面MNE，
所以MN//平面ABCD．
16解：(Ⅰ)因为c−b=2csin2A2，得sin2A2=c−b2c，
可得1−csA2=c−b2c，即csA=bc，
由余弦定理得b2+c2−a22bc=bc，即a2+b2=c2，
可得C=π2，所以△ABC是直角三角形；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，直角三角形ABC中，a=sinA，b=csA，
所以△ABC周长为1+sinA+csA=1+ 2sin(A+π4)，A∈(0,π2)，
所以当A=π4时，即△ABC为等腰直角三角形，周长有最大值为 2+1．
17证明：(1)因为BC⊥CD，所以△BCD为直角三角形，
因为AB⊥平面BCD，且BD⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，CD⊂平面BCD，
所以AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，
所以△ABC和△ABD为直角三角形，
因为BD∩AB=B，所以CD⊥平面ABC，
又因为AC⊂平面ABC，所以CD⊥AD，
所以△ACD为直角三角形，
所以三棱锥A−BCD为鳖曘；
(2)①连接CE，因为点P，Q分别为BC，BE的中点，所以PQ//CE，
且PQ⊄平面ACD，CE⊂平面ACD，所以直线PQ//平面ACD，
②平行，
证明：由①可得：PQ//平面ACD，PQ⊂平面DPQ，平面DPQ∩平面ACD=l，
所以PQ//l．
18解：(1)在△BCD中，由余弦定理可知csC=BC2+CD2−BD22BC⋅CD=1002+2002−15022×100×200=1116，
所以sinC= 1−(1116)2=3 1516，
所以S△BCD=12BC⋅CDsinC=12×100×200×3 1516=1875 15平方米；
(2)S△BCD=12BC⋅CD⋅sinC≤12BC⋅CD=10000，
当且仅当C=π2时取到等号，此时BD=100 5，
设∠ABD=α,α∈(0,23π)，
在△ABD中，ADsinα=ABsin(2π3−α)=100 5sinπ3=2003 15，
解得AD=2003 15sinα,AB=2003 15sin(2π3−α)，
花卉观赏区的面积为SΔABD=12AD⋅AB⋅sinA=50000 33sinαsin(2π3−α)
=50000 33sinα( 32csα+12sinα)=50000 33( 34sin2α+1−cs2α4)
=25000 33[12+cs(2α−2π3)]，
因为α∈(0,23π)，所以2α−2π3∈(−2π3,2π3)，
故当2α−2π3=0，即α=π3时，cs(2α−2π3)取得最大值为1，
S△ABD≤25000 33×(12+1)=12500 3，
当且仅当α=π3时取到等号，此时AB=AD=100 5
所以修建观赏步道时应使得AB=AD=100 5m，∠C=π2．
19(1)证明：因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
所以AB⊥CD，
因为CD⊥BD，AB∩BD=B，AB，BD⊂平面ABD，
所以CD⊥平面ABD，
因为BM⊂平面ABD，
所以BM⊥CD；
(2)解：因为AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AB⊥BD，
因为AB=BD=3，所以AD=3 2，∠ADB=45°，
因为点M为AD上一点，且AM=2MD，
所以AM=2 2,DM= 2，点M到平面BCD的距离为ℎ=13AB=1，
因为CD⊥BD，BD=CD=3，所以BC=3 2，S△BCD=12×3×3=92，
由(1)知CD⊥平面ABD，因为AD⊂平面ABD，所以CD⊥AD，
所以CM= CD2+DM2= 9+2= 11，
在△BDM中，由余弦定理得BM= BD2+DM2−2BD⋅DMcs∠BDM
= 9+2−2×3× 2× 22= 5，
在△BCM中，由余弦定理得cs∠BMC=5+11−182× 5× 11=−1 55，
所以sin∠BMC= 1−155= 5455，
所以S△BCM=12BM⋅CMsin∠BMC=12× 5× 11× 5455=3 62，
设点D到平面BMC的距离为d，
因为VD−BMC=VM−BCD，所以13S△BCM⋅d=13S△BCD⋅ℎ，
所以13×3 62⋅d=13×92×1，解得d= 62；
(3)解：取BC的中点N，连接DN，过M作MH⊥BD于H，过H作HE⊥BC于E，连接ME，
因为在平面ABD中，AB⊥BD，MH⊥BD，所以MH‖AB，
由(1)知AB⊥CD，所以MH⊥CD，
因为CD∩BD=D，CD，BD⊂平面BCD，所以MH⊥平面BCD，
因为BC⊂平面BCD，所以MH⊥BC，
因为HE⊥BC，MH∩HE=H，MH，HE⊂平面MEH，
所以BC⊥平面MEH，
因为ME⊂平面MEH，所以BC⊥ME，
所以∠MEH为二面角M−BC−D的平面角，
因为AM=2MD，AB=BD=CD=3，
所以MH=13AB=1,HE=23DN=23×32 2= 2，
在Rt△MHE中，ME= MH2+EH2= 1+2= 3，
所以cs∠MEH=HEME= 2 3= 63，
所以二面角M−BC−D的余弦值为 63．
1.若zi3=1− 5i，则|z|=( )
A. 1B. 6C. 7D. 3
2.忻城县高级中学有1100名高一学生，1000名高二学生，1200名高三学生，高一数学兴趣小组欲采用分层抽样的方法在全校抽取33名学生进行某项调查，则下列说法正确的是( )
A. 高三每一个学生被抽到的概率最大B. 高三每一个学生被抽到的概率最小
C. 高一每一个学生被抽到的概率最大D. 每位学生被抽到的概率相等
3.已知在正四面体A−BCD中，M为AB的中点，则直线CM与AD所成角的余弦值为( )
A. 12B. 23C. 36D. 23
4.对某平面图形使用斜二测画法后得到的直观图是边长为1的正方形(如图)，则原图形的面积是( )
A. 2
B. 2
C. 2 2
D. 4
5.若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为3 2π，则它的体积为( )
A. 3πB. 7π3C. 5π3D. 7π
6.某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图.底座ABCD是边长为4 2的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线AA1，BB1，CC1，DD一头连着底座端点，另一头都连在球O的表面上(底座厚度忽略不计)，若该艺术吊灯总高度为14，则球O的体积为( )
A. 108π3B. 256π3C. 500π3D. 864π3
7.在平行四边形ABCD中，G为△ABC的重心，满足AG=xAB+yAD(x,y∈R)，则x−2y=( )
A. 43B. 53C. 0D. −1
8.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
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.下列说法中，正确的有( )
A. 如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
B. 如果一条直线与一个平面相交，那么这条直线与平面内无数条直线相交
C. 过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行
D. 如果一条直线上有两点到平面的距离相等且不为0，那么这条直线和这个平面可能平行，也可能相交
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对△ABC的个数的判断正确的是( )
A. 当a=2 2，A=30°，C=45°时，有两解
B. 当a=5，b=7，C=60°时，有一解
C. 当a= 2，b=1，A=30°时，有一解
D. 当a=6，b=4，A=60°时，有两解
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是( )
A. 三棱锥A−D1PC的体积不变
B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为[π4,π2]
C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
D. 二面角P−AD1−C的大小不变
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,3)，b=(−2,2)，则向量a在向量b上的投影向量为______.(用坐标表示)
13.已知z∈C，|z−2|=1，则|z+i|的取值范围为______．
14.我国古代数学名著《九章算术》，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，AA1=3.该“阳马”D1−ABCD的外接球的表面积______．
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)
正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点．
(1)求异面直线CD1与BC1所成角；
(2)求证：MN//平面ABCD．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c−b=2csin2A2．
(Ⅰ)试判断△ABC的形状；
(Ⅱ)若c=1，求△ABC周长的最大值．
17.(本小题15分)
我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”.如图，三棱锥A−BCD，中AB⊥平面BCD，BC⊥CD．
(1)证明：三棱锥A−BCD为鳖臑；
(2)若E为AD上一点，点P，Q分别为BC，BE的中点.平面DPQ与平面ACD的交线为l．
①证明：直线PQ//平面ACD；
②判断PQ与l的位置关系，并证明你的结论．
18.(本小题17分)
忻城县环境优美，准备在泮水生态公园建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，边BD修建隔离防护栏，其中CD=100米，BC=200米，∠A=π3．
(1)若BD=150米，求烧烤区的面积？
(2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计隔离防护栏以及观赏步道？
19.(本小题17分)
如图，在四面体ABCD中，AB=BD=CD=3，AB⊥平面BCD，CD⊥BD，点M为AD上一点，且AM=2MD，连接BM，CM．
(1)证明：BM⊥CD；
(2)求点D到平面BMC的距离；
(3)求二面角M−BC−D的余弦值．
参考答案
1B
2D
3C
4C
5B
6C
7C
8D
9BD
10BC
11ABD
12(−1,1)
13[ 5−1, 5+1]
1417π
15(1)解：连接A1B，A1C1，
在正方体中，可得A1C1=A1B=BC1，CD1//A1B，
所以∠A1BC1=60°，∠A1BC1等于异面直线CD1与BC1所成的角，
所以异面直线CD1与BC1所成角为60°；
(2)证明：取CC1的中点E，连接ME，NE，
因为M，N分别是BC1，CD1的中点，
所以ME//BC，NE//C1D1，
而C1D1//CD，所以NE//CD，
又因为BC⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，NE⊄平面ABCD，
ME⊄平面ABCD，
ME∩NE=E，
所以平面MEN//平面ABCD，
因为MN⊂平面MNE，
所以MN//平面ABCD．
16解：(Ⅰ)因为c−b=2csin2A2，得sin2A2=c−b2c，
可得1−csA2=c−b2c，即csA=bc，
由余弦定理得b2+c2−a22bc=bc，即a2+b2=c2，
可得C=π2，所以△ABC是直角三角形；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，直角三角形ABC中，a=sinA，b=csA，
所以△ABC周长为1+sinA+csA=1+ 2sin(A+π4)，A∈(0,π2)，
所以当A=π4时，即△ABC为等腰直角三角形，周长有最大值为 2+1．
17证明：(1)因为BC⊥CD，所以△BCD为直角三角形，
因为AB⊥平面BCD，且BD⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，CD⊂平面BCD，
所以AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，
所以△ABC和△ABD为直角三角形，
因为BD∩AB=B，所以CD⊥平面ABC，
又因为AC⊂平面ABC，所以CD⊥AD，
所以△ACD为直角三角形，
所以三棱锥A−BCD为鳖曘；
(2)①连接CE，因为点P，Q分别为BC，BE的中点，所以PQ//CE，
且PQ⊄平面ACD，CE⊂平面ACD，所以直线PQ//平面ACD，
②平行，
证明：由①可得：PQ//平面ACD，PQ⊂平面DPQ，平面DPQ∩平面ACD=l，
所以PQ//l．
18解：(1)在△BCD中，由余弦定理可知csC=BC2+CD2−BD22BC⋅CD=1002+2002−15022×100×200=1116，
所以sinC= 1−(1116)2=3 1516，
所以S△BCD=12BC⋅CDsinC=12×100×200×3 1516=1875 15平方米；
(2)S△BCD=12BC⋅CD⋅sinC≤12BC⋅CD=10000，
当且仅当C=π2时取到等号，此时BD=100 5，
设∠ABD=α,α∈(0,23π)，
在△ABD中，ADsinα=ABsin(2π3−α)=100 5sinπ3=2003 15，
解得AD=2003 15sinα,AB=2003 15sin(2π3−α)，
花卉观赏区的面积为SΔABD=12AD⋅AB⋅sinA=50000 33sinαsin(2π3−α)
=50000 33sinα( 32csα+12sinα)=50000 33( 34sin2α+1−cs2α4)
=25000 33[12+cs(2α−2π3)]，
因为α∈(0,23π)，所以2α−2π3∈(−2π3,2π3)，
故当2α−2π3=0，即α=π3时，cs(2α−2π3)取得最大值为1，
S△ABD≤25000 33×(12+1)=12500 3，
当且仅当α=π3时取到等号，此时AB=AD=100 5
所以修建观赏步道时应使得AB=AD=100 5m，∠C=π2．
19(1)证明：因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
所以AB⊥CD，
因为CD⊥BD，AB∩BD=B，AB，BD⊂平面ABD，
所以CD⊥平面ABD，
因为BM⊂平面ABD，
所以BM⊥CD；
(2)解：因为AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AB⊥BD，
因为AB=BD=3，所以AD=3 2，∠ADB=45°，
因为点M为AD上一点，且AM=2MD，
所以AM=2 2,DM= 2，点M到平面BCD的距离为ℎ=13AB=1，
因为CD⊥BD，BD=CD=3，所以BC=3 2，S△BCD=12×3×3=92，
由(1)知CD⊥平面ABD，因为AD⊂平面ABD，所以CD⊥AD，
所以CM= CD2+DM2= 9+2= 11，
在△BDM中，由余弦定理得BM= BD2+DM2−2BD⋅DMcs∠BDM
= 9+2−2×3× 2× 22= 5，
在△BCM中，由余弦定理得cs∠BMC=5+11−182× 5× 11=−1 55，
所以sin∠BMC= 1−155= 5455，
所以S△BCM=12BM⋅CMsin∠BMC=12× 5× 11× 5455=3 62，
设点D到平面BMC的距离为d，
因为VD−BMC=VM−BCD，所以13S△BCM⋅d=13S△BCD⋅ℎ，
所以13×3 62⋅d=13×92×1，解得d= 62；
(3)解：取BC的中点N，连接DN，过M作MH⊥BD于H，过H作HE⊥BC于E，连接ME，
因为在平面ABD中，AB⊥BD，MH⊥BD，所以MH‖AB，
由(1)知AB⊥CD，所以MH⊥CD，
因为CD∩BD=D，CD，BD⊂平面BCD，所以MH⊥平面BCD，
因为BC⊂平面BCD，所以MH⊥BC，
因为HE⊥BC，MH∩HE=H，MH，HE⊂平面MEH，
所以BC⊥平面MEH，
因为ME⊂平面MEH，所以BC⊥ME，
所以∠MEH为二面角M−BC−D的平面角，
因为AM=2MD，AB=BD=CD=3，
所以MH=13AB=1,HE=23DN=23×32 2= 2，
在Rt△MHE中，ME= MH2+EH2= 1+2= 3，
所以cs∠MEH=HEME= 2 3= 63，
所以二面角M−BC−D的余弦值为 63．
相关试卷
忻城县高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)： 这是一份忻城县高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共13页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年河南省许昌高级中学高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案）： 这是一份2023-2024学年河南省许昌高级中学高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案），共18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。
2024年广西来宾忻城县广西壮族自治区忻城县高级中学高三下学期高考模拟数学试卷（6月热身（桂柳压轴卷一））： 这是一份2024年广西来宾忻城县广西壮族自治区忻城县高级中学高三下学期高考模拟数学试卷（6月热身（桂柳压轴卷一）），共4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。
