2023-2024学年山东省青岛市胶州市高一下学期期末学业水平检测数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市胶州市高一下学期期末学业水平检测数学试题（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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数z满足2z+1=1−i，则z的虚部为
A. −1B. 1C. −iD. i
2.在空间直角坐标系O−xyz中，点A(1,1,2)关于y轴对称点的坐标为
A. (1,1,−2)B. (−1,1,2)C. (−1,1,−2)D. (1,−1,2)
3.已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，能使“m⊥n”成立的一组条件是
A. α // β，m⊥α，n⊥βB. α // β，m⊂α，n⊥β
C. α⊥β，m⊥α，n // βD. α⊥β，m⊂α，n // β
4.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是
A. a+b，a+b+c，cB. a+b，a−b，c
C. b+c，b，b−cD. a，a+b，a−b
5.如图，圆锥的母线长为3，底面半径为1，一只蚂蚁从点P处沿着该圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则蚂蚁爬行的最短路线长为
A. 3B. 3C. 2 3D. 3 3
6.正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，高是 3，则它的侧面积为
A. 6B. 12 3C. 24D. 44
7.若△ABC为斜三角形，sinA=csB，则tanA+tanBtanC的值为( )
A. −2B. −1C. 0D. 1
8.已知AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α所成的角为30°，BD=AC=1，AB=2，则点C与点D之间的距离为
A. 7B. 13C. 5或 7D. 5或 13
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为AD1，AB的中点，则
A. AC与EF为异面直线
B. EF//平面BDD1B1
C. 过点A，E，F的平面截正方体的截面为三角形
D. EF⊥平面AB1C
10.已知向量a在向量b上的投影向量为 32,32，向量b=(1, 3)，则向量a可以为
A. (0,2)B. (2,0)C. (1, 3)D. ( 3,1)
11.已知四面体VABC的所有棱长都等于6，点P在侧面VBC内运动(包含边界)，且AP与平面VBC所成角的正切值为2 2，点Q是棱VB的中点，则
A. 该四面体的高为2 6
B. 该四面体的体积为6 2
C. 点P的运动轨迹长度为2 3π
D. 过ACQ的平面截该四面体内最大球的截面面积为32π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.图为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为60°.已知礼物重量为2 kg，每根绳子的拉力大小相同．则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小为__________N.(重力加速度g取10 m/s2)
13.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的所有顶点都在表面积为20π的球的表面上，AB=AC=AA1，∠BAC=2π3，则此直棱柱的体积为__________．
14.在四面体ABCD中，面ABC与面BCD所成的二面角为30°，顶点A在面BCD上的射影是H，△ABC的重心是G，若AD⊥BC，AB=AC=BC=4，则GH=__________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，圆台OO1上下底面半径分别为1，2，AA1，BB1为其两条母线，且母线长为2．
(1)证明：四边形AA1B1B为等腰梯形；
(2)若在圆台OO1内部挖去一个以O为顶点，圆O1为底面的圆锥，求剩余部分的体积．
16.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，AC=1，∠BAC=∠A1AB=60°，平面A1ABB1⊥底面ABC，M，N分别是AC，A1C1的中点，P是BC1与B1C的交点．
(1)证明：平面PB1N //平面BA1M；
(2)求平面PAB与平面A1CM夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆的半径为 3，且sin2A+sin2C=sin2B−sin Asin C．
(1)求B；
(2)若B的角平分线交AC于点D，BD= 32，点E在线段AC上，EC=2EA，求△BDE的面积．
18.(本小题12分)
如图1，直角梯形ABED中，AB=AD=1，DE=2，AD⊥DE，BC⊥DE，以BC为轴将梯形ABED旋转180°后得到几何体W，如图2，其中GF，HE分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧GF，HE上，直线PF //平面BHQ．
(1)证明：平面BHQ⊥平面PGH；
(2)若直线GQ与平面PGH所成角的正切值等于 2，求P到平面BHQ的距离；
(3)若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值13，求HQ．
19.(本小题12分)
如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面．得到的几何体称之为“斜截圆柱”．AB是底面圆O的直径，AB=2，椭圆面过点B且垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45°，椭圆上的点Ei(i=1，2，3，…，n)在底面上的投影分别为Fi，且Fi均在直径AB同一侧．
(1)当∠AOF1=π3时，求E1F1的长度；
(2)当n=6时，若下图中，点F1，F2，F3，…，F6将半圆平均分成7等分，求(E1F1−1)(E2F2−1)(E3F3−1)(E4F4−1)(E5F5−1)(E6F6−1)；
(3)证明：AF1⌢⋅E1F1+F1F2⌢⋅E2F2+…+Fn−1Fn⌢⋅EnFn<π．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.B
5.D
6.C
7.A
8.C
9.ABD
10.AD
11.ACD
12.5
13.2 3
14. 393
15.解：(1)因为圆台是由平行于底面的平面截圆锥所得，故母线A1A，B1B延长后交于一点，所以A1，A，B1，B四点共面
又面圆O//圆O1面，平面AA1B1B分别交圆O，圆O1面于AB，A1B1，所以AB/​/A1B1
又AA1=B1B，所以四边形AA1B1B为等腰梯形
(2)由题意知，圆台OO1的高为 22−12= 3
圆台的体积为V1=13(π+4π+ π⋅4π)⋅ 3=7 3π3，
圆锥的体积为V2=13×4π× 3=4 3π3
则剩余部分的体积为V1−V2=7 3π3−4 3π3= 3π
16.解：(1)证明：连接PN，因为M，N分别是AC，A1C1的中点，
所以MN//AA1且MN=AA1，又AA1/​/BB1且AA1=BB1，
所以MN//BB1且MN=BB1，所以四边形MNB1B是平行四边形，
所以B1N//BM，
因为BM⊂平面BA1M，B1N⊄平面BA1M，所以B1N//平面BA1M，
因为P是BC1与B1C的交点，所以P是BC1的中点，又N是A1C1的中点，
所以PN//A1B，因为A1B⊂平面BA1M，PN⊄平面BA1M，所以PN//平面BA1M，
又PN∩B1N=N，PN，B1N⊂平面PB1N，所以平面BA1M//平面PB1N，
(2)因为AB=AA1=2，∠A1AB=60∘，所以△A1AB是等边三角形，
取AB中点为O，连接A1O，则A1O⊥AB，
又因为平面A1ABB1⊥底面ABC且交线为AB，所以A1O⊥平面ABC，
以O为坐标原点，过点O且垂直于AB的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴，
以OA1所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标O−xyz系，
则A(0,−1,0)，B(0,1,0)，C( 32,−12,0)，M( 34,−34,0)，B1(0,2, 3)，P( 34,34, 32)，A1(0,0, 3)，
AB=(0,2,0)，BP=( 34,−14, 32)A1C=( 32,−12,− 3)，A1M=( 34,−34,− 3)，
设面PAB的法向量为m=(x1,y1,z1)，设面A1CM的法向量为n=(x2,y2,z2)，
m⋅AB=0m⋅BP=0，2y=0 3x4−y4+ 32z=0,
不妨令x1=2，则y1=0，z1=−1，所以m=(2,0,−1)，
同理可得n⋅A1C=0n⋅A1M=0, 3x22−y22− 3z2=0 3x24−3y24− 3z2=0,
不妨令x2= 3，则y2=−3，z2= 3，所以n=( 3,−3, 3)，
所以cs=m⋅n|m||n|= 3 5× 15=15，
综上，平面PAB与平面A1CM夹角的余弦值是15．
17.解：(1)(1)因为sin2A+sin2C=sin2B−sinAsinC，
由正弦定理可得a2+c2=b2−ac，即a2+c2−b22ac=−12，
所以csB=−12，
又因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)由(1)可知，B=2π3，又因为外接圆的半径为 3，由正弦定理可知：bsinB=2 3，
可得12acsin2π3=12a⋅ 32sinπ3+12c⋅ 32sinπ3，即ac= 32(a+c)． ①．
由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accs2π3，即(a+c)2−ac=9 ②
由 ① ②可知a=c= 3，则BD⊥AC，
又因为EC=2AE，则DE=12，
综上，S△BDE=12×12× 32= 38．
18.解：(1)证明：设平面BHQ交上底面于BW，W在圆弧GP上，
因为上下底面平行，所以HQ//BW，
又因为直线PF//平面BHQ，PF⊂平面PGF，平面PGF∩平面BHQ=BW，
所以HQ//BW//PF，
因为PF⊥PG，PF⊥GH，GH∩PG=G，GH、PG⊂平面PGH，
所以PF⊥平面PGH，
因此HQ⊥平面PGH，HQ⊂平面BHQ，所以平面BHQ⊥平面PGH；
(2)由(1)知：HQ⊥平面PGH，因此tan∠HGQ=HQHG= 2，
所以HQ= 2，所以CQ⊥HE，
PF//平面BHQ，所以P到平面BHQ的距离等于F到平面BHQ的距离，
又因为FC//BH，所以F到平面BHQ的距离等于C到平面BHQ的距离，
设C到平面BHQ的距离为d，
所以VC−BHQ=13×SΔBHQ×d=VB−HCQ=13×SΔHCQ×|CB|，
解得d= 33；
(3)过点Q，做直线QK⊥底面，因为HQ⊥QE，所以，以点Q为坐标原点，
分别以QE，QH，QK为x、y、z轴，建立空间直角坐标系Q−xyz;
设B(a2,b2,1)，H(0,b,0)，Q(0,0,0)，E(a,0,0)，
设平面BHQ的法向量n=(x,y,z)，
因为n⋅QB=0n⋅QH=0,(x,y,z)⋅(a2,b2,1)=0(x,y,z)⋅(0,b,0)=0,
所以ax2+b2y+z=0by=0，即法向量n=(2,0,−a)，
设平面BEQ的法向量m=(x,y,z)，
因为m⋅QB=0m⋅QE=0,(x,y,z),(a2,12,1)=0(x,y,z)⋅(a,0,0)=0,
所以ax2+b2y+z=0ax=0，即法向量m=(0,2,−b)，
记平面BHQ与平面BEQ夹角为θ，
所以cs θ=m·n|m|n=ab 4+a2· 4+b2=13a2+b2=4⇒a=b= 2,
所以HQ= 2．
19.解：(1)如图取BC中点O1，过O1作与该斜截圆柱底面平行的平面，交AC于点D，与E1F1交于点H，与椭圆面交线为GK，椭圆所在平面垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45∘，
所以AB=AC=2AD=2，过H作HI⊥GK交GK于点I，
又由E1H⊥圆O1，
所以∠E1IH为椭圆面与圆O1所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成角，
所以∠E1IH=45∘，
所以E1H=HI，
设∠AOF1=θ，则∠DO1H=θ，HI=O1Hsin(π2−θ)=csθ，
所以E1H=HI=csθ，E1F1=E1H+HF1=1+csθ，
当θ=π3时，E1F1=1+csπ3=32．
(2)当n=6时，θ=π7，所以E1F1=1+csπ7，E2F2=1+cs2π7，E3F3=1+cs3π7，
所以(E1F1−1)(E2F2−1)⋯(E6F6−1)=csπ7cs2π7⋯cs6π7=−(csπ7cs2π7cs3π7)2=−(sinπ7csπ7cs2π7cs3π7sinπ7)2
=−(12sin⁡2π7cs⁡2π7cs⁡3π7sinπ7)2=−(14sin⁡4π7cs⁡3π7sinπ7)2=−(18sin⁡6π7sinπ7)2=−164；
(3)证明：由(1)可知，E1F1=1+csθ，也即E1F1是关于θ的函数，如图，
将E1F1，E2F2，⋯EnFn绘制于函数y=1+csx的图象上，并以EiFi，Fi−1Fi，(i=2,3,⋯,n)为边作矩形，
则矩形的面积即为Fi−1Fi⋅EiFi，
所以AF1⋅E1F1+F1F2⋅E2F2+⋯+Fn−1Fn⋅EnFn即为这些矩形的面积之和，
而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为2的圆柱，
因此该斜截圆柱的侧面积为12×2π×2=2π，
所以函数y=1+csx(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为12×2π=π，
又因为无论点Fi(i=1,2,3,⋯,n−1)是否均分布在半圆弧AB上，
这些矩形的面积之和都小于函数y=1+csx(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积，
所以AF1⋅E1F1+F1F2⋅E2F2+⋯+Fn−1Fn⋅EnFn<π，得证．