2023-2024學(xué)年江蘇省無(wú)錫市江陰市南菁高級(jí)中學(xué)高一（下）段考數(shù)學(xué)試卷（5月份）（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023-2024學(xué)年江蘇省無(wú)錫市江陰市南菁高級(jí)中學(xué)高一（下）段考數(shù)學(xué)試卷（5月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知a為實(shí)數(shù)，若復(fù)數(shù)z=a2?3aA.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知水平放置的四邊形ABCD的斜二測(cè)直觀圖為矩形A′B′C′D′A.62 B.122 C.3.已知向量a=(2,?1)，b=(1A.(2,1) B.(1,4.已知△ABC中，A=π3，AA.(3,2] B.(5.已知l，m，n是三條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，給出下列命題，其中真命題是(

)A.若l⊥α，l⊥m，則m/?/α

B.若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，l/?/m，則6.已知球O為棱長(zhǎng)為1的正四面體ABCD的外接球，若點(diǎn)P是正四面體ABCD的表面上的一點(diǎn)，Q為球OA.66 B.612 C.7.在△ABC中，有AC?(ABA.27 B.23 C.8.如圖所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P，M分別為線段BDA.1+22

B.4+

二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.若復(fù)數(shù)z=1+i2023(A.|z|=2 B.z的虛部為?1 10.如圖，△ABC的角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，3(acosC+ccos

A.∠ACB=π3

B.∠ABC=π311.如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，已知M，N，P分別是棱C1D1A.PQ/?/平面ADD1A1

B.若Q，M，N，P四點(diǎn)共面，則λ=14

C.若λ=13，點(diǎn)F在側(cè)面BB1C1C內(nèi)，且A1F/三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知a，b為非零不共線向量，向量4a?kb與?ka+13.已知cos(α+π4)=14.在三棱錐V?ABC中，AB，AC，AV兩兩垂直，AB=AV=4，AC=2，四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知在△ABC中，N是邊AB的中點(diǎn)，且4BM=BC，設(shè)AM與CN交于點(diǎn)P.記AB=a，AC=b．

(1)16.(本小題15分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為線段AC1，A1C1的中點(diǎn)．

(1)求證：E17.(本小題15分)

如圖所示，平面PBD⊥平面ABCD，平面PECD⊥平面ABCD．

(1)求證：直線PD⊥平面AB18.(本小題17分)

拿破侖定理是法國(guó)著名軍事家拿破侖?波拿巴最早提出的一個(gè)幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊，向外構(gòu)造三個(gè)等邊三角形，則這三個(gè)等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個(gè)等邊三角形(此等邊三角形稱(chēng)為拿破侖三角形)的頂點(diǎn).”已知在△ABC中，以BC，AC，AB為邊向外作三個(gè)等邊三角形，其外接圓圓心依次記為A′，B′，C′.若角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且acosC+19.(本小題17分)

已知四棱錐P?ABCD中，△PBC為正三角形，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AD=CD=3，BC=4．

(1)設(shè)

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：因?yàn)閺?fù)數(shù)z=a2?3a?4+(a+1)i為純虛數(shù)，則a2?3a2.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意，如圖：水平放置的四邊形ABCD的斜二測(cè)直觀圖為矩形A′B′C′D′，

已知A′B′=6，B′C′=3，則矩形A3.【答案】C

【解析】解：a⊥b，a=(2,?1)，b=(1,n)，

故2×1+(?1)×n=0，解得n=2．

4.【答案】B

【解析】解：因?yàn)闈M足條件的三角形有兩個(gè)，

所以AB?sinA<BC<AB，即2?sinπ5.【答案】B

【解析】【分析】本題考查線線、線面、面面的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．

由線線、線面、面面的位置關(guān)系逐一判斷即可．【解答】

解：在A中，若l⊥α，l⊥m，則m?α或m//α，故A錯(cuò)誤；

在B中，由l?//?m，可得m//α，又m?γ，γ∩α=n，可得m?//?n，B選項(xiàng)正確；

在C中，若α⊥β，l?α，m6.【答案】D

【解析】解：如圖：正四面體與正方體有同一個(gè)外接球，

因?yàn)檎拿骟w的棱長(zhǎng)為1，

所以正方體的棱長(zhǎng)為22，

由于P是正四面體ABCD的表面上的一點(diǎn)，Q為球O表面上的一點(diǎn)，

所以當(dāng)Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F，P當(dāng)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，

此時(shí)正方體的體對(duì)角線最長(zhǎng)，

所以|PQ|的最大值為22×3=62．

故選：D7.【答案】D

【解析】解：∵AC?(AB?BC)=2CB?(CA?AB)，

∴AC?AB?AC?BC=2CB?CA?2CB?AB，

又AC?BC=CA?CB，CB?AB=B8.【答案】B

【解析】【分析】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征，平面展開(kāi)圖的應(yīng)用，余弦定理的應(yīng)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．

由題意構(gòu)造三棱錐，求解展開(kāi)圖中三角形的邊長(zhǎng)，即可得出結(jié)論．【解答】

解：如圖，

連接BC1，D1B1，則N為BC1的中點(diǎn)，

將三棱錐B?B1C1D1沿BC1展開(kāi)成平面圖形如下圖，

∴|NN′|即為三角形PMN周長(zhǎng)的最小值，

∵正方體ABCD?9.【答案】AB【解析】解：z=1+i2023=1+(i4)505?i3=1?i，

對(duì)于A，|z|=12+(?1)2=2，A10.【答案】AB【解析】解：在△ABC中，由正弦定理及3(acosC+ccosA)=2bsinB，

得3(sinAcosC+sinCcosA)=2sin2B，即3sin(A+C)=11.【答案】AC【解析】解：對(duì)于A，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，平面ADD1A1/?/平面BCC1B1，

因?yàn)镻Q?平面BCC1B1，所以PQ/?/平面ADD1A1，故A正確；

對(duì)于B，R，S分別是棱A1D1，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為CC1中點(diǎn)時(shí)，

平面MNP在正方體上的截面為正六邊形MRNSPQ，

則Q，M，N，P四點(diǎn)共面，有λ=12，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C，若λ=13，則Q為CC1上靠近C點(diǎn)的三等分點(diǎn)，

取BB1上靠近B1的三等分點(diǎn)G，B1C1的中點(diǎn)H，連接A1H，A1G，GH

則在正方形BB1C1C中，可得GH//PQ，

GH?平面APQ，PQ?平面APQ，則有GH/?/平面APQ，

同理可由A1H//AP，證明A1H//平面APQ，

A1H，GH?平面A1GH，A1H∩GH=H，所以平面A1GH//平面APQ，

點(diǎn)F在側(cè)面B12.【答案】±2【解析】解：因?yàn)閍，b為非零不共線向量，所以a，b可以作為平面內(nèi)的一組基底，

又向量4a?kb與?ka+b共線，所以4a?kb=λ(?ka+b)，即413.【答案】?28【解析】解：因?yàn)閏os(α+π4)=22(cosα?sinα)=35,1712<α<7π4，

則cosα?sinα=314.【答案】148π【解析】解：設(shè)AP=x，且AB=AV=4，AC=2，

因?yàn)锳B，AC，AV兩兩垂直，所以VP=16+x2，

所以12VP?AH=12VA?AP，可得AH=4x16+x2，

因?yàn)锳C⊥AB，AC⊥VA且AB∩VA=A，AB，VA?平面VAB，所以AC⊥平面VAB，

又因?yàn)锳H?平面VAB，所以AC⊥AH，所以HC=AC2+15.【答案】解：(1)BC=AC?AB=b?a，

AM=AB+BM=AB+14BC

=a+1【解析】(1)根據(jù)平面向量的基底與三角形法則即可用a，b表示向量AM，CN；

(2)由CP16.【答案】(1)證明：因?yàn)镋，F(xiàn)分別為線段AC1A1C1的中點(diǎn)，

所以EF/?/A1A，

因?yàn)锽1B/?/A1A，所以EF//B1B，

又因?yàn)镋F?平面BCC1B1，B1B?平面BCC1B1，所以EF/?/平面BCC1B1．

解：(2)取BC1的中點(diǎn)G，連接GE，【解析】(1)根據(jù)中位線的性質(zhì)可得EF//A1A1，再根據(jù)線面平行的判定可得EF//B117.【答案】解：(1)證明：在平面ABCD內(nèi)任取一點(diǎn)O，過(guò)O作OM⊥BD，交BD于M，

過(guò)I作ON⊥CD，交CD于N，如圖，

∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PECD⊥平面ABCD，

平面PBD∩平面ABCD=BD，平面PECD⊥平面ABCD=CD，

∴ON⊥平面PECD，OM⊥平面PBD，

∵PD?平面PECD，PD?平面PBD，∴PD⊥OM，PD⊥PN，

∵OM∩ON=O，∴直線PD⊥平面ABCD．【解析】(1)在平面ABCD內(nèi)任取一點(diǎn)O，過(guò)O作OM⊥BD，交BD于M，過(guò)I作ON⊥CD，交CD于N，推導(dǎo)出PD⊥OM，PD⊥PN，由此能證明直線PD⊥平面ABCD．

(218.【答案】解：(1)由正弦定理得sinAcosC+3sinAsinC?sinB?sinC=0，

因?yàn)锽=π?(A+C)，

∴sinAcosC+3sinAsinC?sinAcosC?【解析】(1)由正弦定理邊化角及三角形內(nèi)角和定理化簡(jiǎn)即可得到3sinA?cosA19.【答案】解：(1)存在這樣的E點(diǎn)；且當(dāng)AE=1時(shí)，

過(guò)點(diǎn)F作EF//CD交AD于點(diǎn)E，∵△PBC為正三角形，

∴PF⊥BC，∵AD/?/BC，∴PF⊥AD，

又∵FE//CD，CD⊥AD，∴