2023-2024学年河南省青桐鸣大联考高一（下）月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年河南省青桐鸣大联考高一（下）月考数学试卷（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.已知i为虚数单位，复数z满足−i⋅z=2+7i，则z=( )
A. −7+2iB. −7−2iC. 7+2iD. 7−2i
2.已知△ABC的直观图△A′B′C′如图所示，A′B′//x′轴，A′C′//y′轴，且A′C′=3，则在△ABC中，AC=( )
A. 3
B. 32
C. 12
D. 6
3.已知复数z1=2−ai，z2=b−1+2i，(a,b∈R,i为虚数单位)，且z1=z2，则( )
A. a=−1，b=1B. a=2，b=−3C. a=2，b=3D. a=−2，b=3
4.在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设AB=a，DM=b，则DB=( )
A. 2b−aB. a−2bC. 3a−2bD. 3a+2b
5.设α、β是两个不重合的平面，则α/​/β的一个充分条件为( )
A. 平面α内有无数个点到平面β的距离相等B. 平面α内有无数条直线与平面β平行
C. 两条异面直线同时与平面α，β都平行D. 两条平行直线同时与平面α，β都平行
6.在△ABC中，∠A=60°，AB=2，AC=3，点D为边AC上一点，且AC=3AD，则AB⋅BD=( )
A. 3B. 2C. −2D. −3
7.如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中.AB=3A1B1=3，AA1= 5，则正四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积为( )
A. 28
B. 26
C. 24
D. 16
8.已知a，b，a+b，2b−a均为非零向量，a与a+b的夹角为θ1，b与2b−a的夹角为θ2，满足|a|=|b|，|a+b|csθ1=|2b−a|csθ2，则a，b的夹角θ=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
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i为虚数单位，复数z1=3−i，z2=i，则下列说法正确的是( )
A. |z1|=|z2|
B. z1z2的共轭复数为1−3i
C. z2z1的虚部为310
D. 在复平面内，复数2z1−z2对应的点位于第二象限
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P为正方形BCC1B1内(包括边)一动点，则下列说法正确的是( )
A. 对于任意点P，均有平面A1D1P⊥平面ABB1A1
B. 当点P在线段B1C1上时，平面A1D1P与平面A1BCD1所成二面角的大小为60°
C. 当点P在线䝘B1C上时，A1P⊥BC1
D. 当点P为线段BC1的中点时，三棱锥A1−B1D1P的体积为23
11.已知两个非零的平面向量a与b，定义新运算a⊙b=a⋅b|a|2，a⊗b=a⋅b|b|2，则下列说法正确的是( )
A. a⊙b=b⊗a
B. 对于任意与b不共线的非零向量c，都有a⊙(b+c)=a⊙b+a⊙c
C. 对于任意的非零实数t，都有a⊗(tb)=(ta)⊗b
D. 若a⊙b=m2023，a⊗b=2024n(m,n∈N)，则a⊥b
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若向量a=(m,1)与单位向量b=(2 55, 55)的方向相同，则m= ______．
13.已知圆柱O1O2的底面半径为2，高为3.点O为线段O1O2(不含端点)上一动点.以该圆柱的上、下底面为底面，O为顶点挖去两个圆锥OO1与OO2，则剩下的几何体的体积与圆柱O1O2的体积之比为______．
14.如图，已知山体AB与山体CD的底部在同一水平面上，且两个山体的高线AB与CD均与水平面垂直，CD=300 3m，在山体CD的最高点D处测得山顶B的仰角为45°，测得山底A的俯角为30°，则BD= ______m.
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i为虚数单位，复数z=m2(1+i)+3m+2−i(m∈R)为纯虚数，z−为z的共轭复数．
(1)求m的值；
(2)求|z−z−z−+3|的值．
16.(本小题15分)
在平面直角坐标系中，已知向量AB=(1,3)，AC=(−1,2)．
(1)求向量BA在向量BC上的投影向量；
(2)若点D满足AD=2CD，AD与BD的夹角为θ，求csθ的值．
17.(本小题15分)
如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，E、F分别为线段BC，DD1的中点．
(1)证明：EF/​/平面B1CD1；
(2)若AA1= 5，BC=2，cs∠A1AD= 55，证明：A1D1⊥A1E.
18.(本小题17分)
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其周长为l.已知l(l−2a)=bc．
(1)求角A；
(2)若b= 7，D是线段BC上一点，BC=5DC，且AB⊥AD.求a．
19.(本小题17分)
如图，已知正四面体A−BCD的棱长为3．
(1)求正四面体A−BCD的高；
(2)若球O的球面与正四面体A−BCD的棱有公共点.且球心O到正四面体A−BCD的四个面的距离相等，求球O的半径R的取值范围．
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.A
5.C
6.D
7.B
8.B
9.BC
10.ACD
11.ABD
12.2
13.23
14.900 2
15.解：(1)由z=m2(1+i)+3m+2−i(m∈R)，得z=m2+3m+2+(m2−1)i
∵z为纯虚数，∴m2+3m+2=0m2−1≠0，解得m=−2；
(2)由第一问得z=3i，∴z−=−3i，
∴z−z−z−+3=3i−(−3i)−3i+3=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i，
从而|z−z−z−+3|=|−1+i|= (−1)2+12= 2，即|z−z−z−+3|的值为 2．
16.解：(1)因为BA=−AB=(−1,−3),BC=BA+AC=(−2,−1)，
所以BA⋅BC=5,BC2=5，
所以向量BA在向量BC上的投影向量为(BA⋅BCBC2)BC=BC=(−2,−1)；
(2)因为AD=2CD，所以C为线段AD的中点，
则AD=2AC=(−2,4)，BD=BA+AD=(−3,1)，
可得AD⋅BD=10,|AD|=2 5,|BD|= 10，
所以csθ=AD⋅BD|AD|⋅|BD|=102 5× 10= 22．
17.证明：(1)取B1C的中点M，连接EM，D1M，

又E为BC的中点，所以EM为△BCB1的中位线，则EM//BB1，且EM=12BB1，
又BB1/​/DD1，且BB1=DD1，F为DD1的中点，
所以EM//D1F，且EM=D1F，
所以四边形EFD1M为平行四边形，
则EF//MD1，
又EF⊄平面B1CD1，MD1⊂平面B1CD1，
所以EF/​/平面B1CD1；
(2)由四棱柱的性质可知，∠A1AD=∠B1BC，
则cs∠A1AD=cs∠B1BC= 55，
在△B1BC中，由余弦定理得：B1C2=B1B2+BC2−2B1B⋅BC⋅cs∠B1BC=( 5)2+22−2× 5×2× 55=5，
则B1C= 5，所以△B1BC为等腰三角形，
连接B1E，则B1E⊥BC，
因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥AB，
又A1B1/​/AB，则BC⊥A1B1，
因为A1B1∩B1E=B1，A1B1，B1E⊂平面A1B1E，
所以BC⊥平面A1B1E，
又BC/​/B1C1，B1C1//A1D1，所以BC//A1D1，
则A1D1⊥平面A1B1E，
因为A1E⊂平面A1B1E，
故A 1D1⊥A1E.
18.解：(1)由l(l−2a)=bc得，(a+b+c)(b+c−a)=bc，
整理得b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc=−12，
又A∈(0,π)，
故A=2π3；
(2)在△ABD中，∠DAB=π2，

则AD=BDsin∠ABC，
在△ACD中，由正弦定理得，ADsin(π3−∠ABC)=CDsin∠DAC，即AD=CDsin(π3−∠ABC)12=2CD⋅sin(π3−∠ABC)，
所以BDsin∠ABC=2CDsin(π3−∠ABC)，
又BC=5DC，
所以BD=4DC，
则4sin∠ABC=2sin(π3−∠ABC)，整理得5sin∠ABC= 3cs∠ABC，
所以tan∠ABC= 35，则sin∠ABC= 2114，
由正弦定理得asin∠BAC=bsin∠ABC，
故a= 7sin2π3 2114=7．
19.解：(1)过顶点A作平面BCD的垂线BCD，垂足为E，
由正四面体的性质可知，E为△BCD的重心，连接BE，并延长BE交CD于点F，则BF⊥CD，

所以BF= 32−(32)2=3 32
则BE=23BF= 3，
故正四面体的高AE= AB2−BE2= 32−( 3)2= 6；
(2)设球心O到正四面体A−BCD的四个面的距离均为d，
又知正四面体A−BCD的各面面积都相等，设为S，
则13S× 6=4×13S×d，d= 64，
则球心O到正四面体A−BCD的顶点的距离为 6− 64=3 64，
当球O为正四面体A−BCD的外接球时，球O的半径R最大，此时R=3 64；
当正四面体A−BCD的每条棱均与球O相切时，球O的半径R最小，
因为球心O到正四面体A−BCD的四个面的距离相等，
所以球O与正四面体A−BCD的每条棱的切点均为棱的中点，
此时(32)2+R2=(3 64)2，解得R=3 24，
综上可知：球O的半径R的取值范围为[3 24,3 64]．