2023-2024学年重庆市永川中学高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市永川中学高一（下）月考数学试卷（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.复数z=i(3+i)在复平面内对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(1,−1)，b=(2,1)，c=(2,λ).若c//(2a+b)，则λ=( )
A. −12B. 0C. 12D. 8
3.设a、b是不同的两条直线，α、β是不同的两个平面，下列说法正确的有( )
A. a⊥α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β
B. α/​/β，a⊥α，b/​/β，则a⊥b
C. a⊂α，b⊂β，且a/​/β，b/​/α，则α/​/β
D. a/​/b，a/​/β，则b/​/β
4.直三棱柱ABC−A1B1C1中，若∠BAC=90°，AB=AC=AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
5.已知四边形ABCD是矩形，|AB|=4，|BC|=3，则CA⋅DB=( )
A. 25B. −7C. 7D. −25
6.某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取25%的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为( )
A. 400，32B. 400，36C. 480，32D. 480，36
7.已知圆台上、下底面半径分别为1，2，侧面积为6π，则这个圆台的体积为( )
A. 7 3π3B. 2 3πC. 7 3π6D. 2 3π3
8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=π3,a=8,bcsA+acsB=6，点O是△ABC的外心，若BO=xBA+yBC，则x+y=( )
A. 712B. 2336C. 2536D. 2936
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.已知平面向量a=(0,1)，b=(3 3,2)，则下列说法正确的有( )
A. |a+b|=7
B. (a+b)⋅(a−b)=−30
C. 向量a+b在a上的投影向量为3 3a
D. 向量a+b与a的夹角为π3
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=2，S△ABC=2 3，且ccsB+bcsC−2acsA=0，则有( )
A. a= 3B. C=π2C. A=π3D. c=2
11.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是梯形，AB/​/CD，AD⊥DC，BC=CD=4，DD1=AB=2，P是棱CC1的中点.Q是棱C1D1上一动点(不包含端点)，则( )
A. AC与平面BPQ有可能平行
B. B1D1与平面BPQ有可能平行
C. 三角形BPQ周长的最小值为 17+ 29
D. 三棱锥A−BPQ的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一组数据按从小到大的顺序排列为1，2，2，x，5，10，其中x≠5，已知该组数据的中位数是众数的32倍，则该组数据的标准差为______．
13.已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别a、b、c，角A=π3.若AM是∠CAB的平分线，交BC于M，且AM=3，则AB+2AC的最小值为______．
14.在三棱锥S−ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形，侧棱SA⊥底面ABC，若三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的体积为______．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin2A+sin2C=sinAsinC+sin2B.
(1)求角B的大小；
(2)若b= 3，△ABC的面积为 32，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
2022年4月16日，神舟13号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这趟神奇之旅意义非凡，尤其是“天宫课堂”在广大学生心中引起强烈反响，激起了他们对太空知识的浓厚兴趣.某中学在进行太空知识讲座后，从全校学生中随机抽取了200名学生进行笔试，并记录下他们的成绩，将数据分成5组：
[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如频率分布直方图．
(1)求这部分学生成绩的平均数(同组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)为了更好的了解学生对太空知识的掌握情况，学校决定在成绩高的第4、5组中用分层抽样的方法抽取6名学生，进行第二轮面试，最终从这6名学生中随机抽取2人参加市太空知识竞赛，求90分(包括90分)以上的同学恰有1人被抽到的概率．
17.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD满足：四边形ABCD为正方形，△PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD=2，E为PA的中点．
(1)证明：PC//平面BDE；
(2)求直线PC和平面ABCD所成角的正切值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，PA=AD=4，E为AD的中点．
(1)求证：平面PCE⊥平面PAD；
(2)求二面角A−PD−C的平面角的正弦值．
19.(本小题17分)
由于某地连晴高温，森林防灭火形势严峻，某部门安排了甲、乙两名森林防火护林员对该区域开展巡查.现甲、乙两名森林防火护林员同时从A地出发，乙沿着正西方向巡视走了3km后到达D点，甲向正南方向巡视若干公里后到达B点，又沿着南偏西60°的方向巡视走到了C点，经过测量发现∠ACD=60°.设∠ACB=θ，如图所示．
(1)设甲护林员巡视走过的路程为S=AB+BC，请用θ表示S，并求S的最大值；
(2)为了强化应急应战准备工作，有关部门决定在△BCD区域范围内储备应急物资，求△BCD区域面积的最大值．
参考答案
1.B
2.A
3.B
4.C
5.B
6.A
7.A
8.B
9.BD
10.BC
11.ACD
12.3
13.3 3+2 6
14.9 22
15.解：(1)因为sin2A+sin2C=sinAsinC+sin2B.
由正弦定理可得：a2+c2=ac+b2，
则a2+c2−b2=ac，由余弦定理可得：csB=a2+c2−b22ac=12，
又0(2)由三角形的面积可得：S=12acsinB=12ac× 32= 32，
所以ac=2，
由余弦定理可得：csB=12=a2+c2−b22ac=(a+c)2−32×2−1，
解得a+c=3，
所以三角形ABC的周长为a+b+c=3+ 3．
16.解：(1)由频率分布直方图得：平均数为：(55×0.015+65×0.025+75×0.03+85×0.02+95×0.01)×10=73.5；
(2)根据分层抽样的方法抽取的6名学生，[80,90)有4人，[90,100]有2人，
∴90分(包含90分)以上的同学恰有1人被抽到的概率p=46×25+26×45=815．
17.(1)证明：四棱锥P−ABCD满足：四边形ABCD为正方形，△PAD为等边三角形，连接AC，BD交于点O，连接OE．
由已知OE为△PAC的中位线，故PC//OE，OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，
所以PC//平面BDE．
(2)解：E为PA的中点．取AD中点F，连接PF，则由△PAD为等边三角形可知PF⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，它们的交线为AD，PF⊂平面PAD，PF⊥AD，
所以PF⊥平面ABCD，故PC在平面ABCD的射影为CF，
故∠PCF即为所求直线PC和平面ABCD所成角．
由已知PF= 3，CF= CD2+DF2= 22+12= 5，
故tan∠PCF=PFCF= 3 5= 155，
故PC和平面ABCD所成角的正切值为 155．
18.解：(1)证明：
∵四边形ABCD为菱形，∴DA=DC．
连接AC．
∵∠ADC=60°，
∴△ADC为等边三角形，从而CA=CD．
在△ADC中，E是AD的中点，
∴CE⊥AD．
∵PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，
∴CE⊥PA，又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
∴EC⊥平面PAD．
又CE⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PAD．
(2)在平面PAD中，过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接CM．
∵EC⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴EC⊥PD．
又EM∩CE=E，EM，CE⊂平面EMC，∴PD⊥平面EMC．
又CM⊂平面EMC，∴PD⊥CM，
∴∠EMC是二面角A−PD−C的平面角．
在Rt△EMD中，ED=2，∠ADP=45°，
∴EM=MD= 2．
在Rt△CMD中，MD= 2.，CD=4，
∴CM= CD2−MD2= 14．
在Rt△CME中，
CE=2 3，sin∠EMC= 427，
所以二面角APDC的平面角的正弦值为 427．
19.解：(1)由题意知：∠ADC=360°−(120°+90°+60°+θ)=90°−θ，
在△ACD中，由正弦定理：ACsin∠ADC=ADsin∠ACD，
即：AC=2 3csθ，在△ABC中，∵∠ACB=θ，∴∠CAB=60°−θ，
由正弦定理：ABsinθ=BCsin(60∘−θ)=ACsin120∘=4csθ，
AB=4csθsinθ=2sin2θ，BC=4csθsin(60°−θ)，
∴S=AB+BC=2sin2θ+4csθsin(60°−θ)，
且0°<θ<60°，又S=sin2θ+ 3cs2θ+ 3=2sin(2θ+60°)+ 3，
0°<θ<60°，∴60°<2θ+60°<180°，∴S的最大值为2+ 3，
当且仅当θ=15°时取得等号．
(2)由(1)知：BC=4csθsin(60°−θ)，CD=2 3sin(θ+30°)，
∴S=12⋅4csθsin(60°−θ)⋅2 3sin(θ+30°)⋅sin(60°+θ)
=2csθsin[90°−(30°+θ)]⋅2 3sin(θ+30°)⋅sin(60°+θ)
=2csθsin(60°+θ)⋅2 3cs(30°+θ)sin(30°+θ)
=( 3cs2θ+sinθcsθ)⋅ 3sin(2θ+60°)
= 3sin(2θ+60°)( 32+ 32cs2θ+12sin2θ)= 3sin(2θ+60°)[sin(2θ+60°)+ 32]，
∴S= 3sin(2θ+60°)[sin(2θ+60°)+ 32]，不妨设t=sin(2θ+60°)，
又∵0°<θ<60°，∴60°<2θ+60°<180°，t∈(0,1]，
∴S= 3t2+32t，而S在t∈(0,1]上单调递增，Smax=S(1)=32+ 3，
当且仅当θ=15°时取得等号．