2023-2024學年廣東省深圳市育才中學高一（下）段考數(shù)學試卷（二）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年廣東省深圳市育才中學高一（下）段考數(shù)學試卷（二）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中，只有一項是符合題目要求的。1.i是虛數(shù)單位,2iA.1+i B.?1+i C.1?i D.?1?i2.已知向量a=(x,2),b=(?1,3)，若(a+bA.6 B.?6 C.16 D.?163.已知直線m和平面α、β，則下列結(jié)論一定成立的是(

)A.若m/?/α，α/?/β，則m//β B.若m⊥α，α⊥β，則m//β

C.若m/?/α，α⊥β，則m⊥β D.若m⊥α，α/?/β，則m⊥β4.若一個圓臺的正視圖如圖所示，則其側(cè)面積等于(

)

A.6 B.6π C.35π5.對24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度(mm)進行如下定義：0～1010～2525～5050～100小雨中雨大雨暴雨小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，則這一天的雨水屬于哪個等級(

)

A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨6.在正三棱臺ABC?A1B1C1中，已知AB=3A.212 B.74 C.2147.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且c=8,B=π6.若△ABC有兩解，則b的值可以是A.4 B.6 C.8 D.108.已知四面體A?BCD的各頂點均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB=BC=AC=CD=2，BC⊥CD，則球O的表面積為(

)A.28π3 B.14π C.28π D.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列有關(guān)復數(shù)的說法中(其中i為虛數(shù)單位)，正確的是(

)A.i9=i B.復數(shù)z=3?2i的虛部為2i

C.對任意復數(shù)z都有|z|2=z10.已知向量a=(1,2)，b=(3,?1)，c=(2,m)，則下列說法正確的是A.若m=1，則a與c夾角的余弦值為45

B.若(a+b)//c，則m=12

C.若m>?1，則a與c夾角為銳角11.正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)A.AD1/?/平面BEF B.B1C⊥平面BEF

C.異面直線B1D1與三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知復數(shù)z滿足z+2z?=3?i，則z13.已知i，j為單位向量，且它們之間的夾角為60°,a=i?2j，b=i+λj14.如圖所示，平行四邊形形狀的紙片是由六個邊長為1的正三角形構(gòu)成的，將它沿虛線折起來，可以得到如圖所示的六面體，則該六面體的體積為______；若該六面體內(nèi)有一球，則該球體積的最大值為______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題15分)

已知e1=(1,0)，e2=(0,1)，m=3e1?2e2，n=e1+λe216.(本小題15分)

如圖，已知四棱錐S?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)棱SD⊥底面ABCD，且SD=4，E為側(cè)棱SC的中點．

(1)求證：SA/?/平面EDB；

(2)求三棱錐E?ABD的體積．

(3)若F為側(cè)棱AB的中點，求證：EF/?/平面SAD．17.(本小題15分)

四棱錐P?ABCD中，PB=PD2=AB=2BC=2CD=2，AB/?/CD，∠ABC=90°．

(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；

(2)當PD⊥平面ABCD時，求直線PC與平面PAD18.(本小題15分)

設(shè)△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b=23,2a?c=2bcosC．

(1)求角B；

(2)若a+c=4，求△ABC的面積；

(3)求△ABC19.(本小題17分)

如圖，在平行四邊形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA．

(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；

(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP=DQ=23DA．

①求三棱錐Q?ABP的體積；

②求二面角

參考答案1.C

2.C

3.D

4.C

5.B

6.C

7.B

8.A

9.AD

10.ABD

11.ACD

12.213.(?∞,?2)∪(?2,0)

14.26

15.解：(1)因為e1=(1,0)，e2=(0,1)，m=3e1?2e2，n=e1+λe2，

所以m=(3,0)?(0,2)=(3,?2)，n=(1,0)+(0,λ)=(1,λ)，

因為m//n，所以3λ=?2，解得λ=?23．

(2)由a=(2,0)+(0,1)=(2,1)，16.解：(1)證明：連接AC交BD于O，連接OE，

∵E為側(cè)棱SC的中點，O是AC的中點，

∴OE//SA，

∵SA?平面EDB，OE?平面EDB，

∴SA/?/平面EDB．

(2)∵E為側(cè)棱SC的中點，

∴E到平面ABCD的距離等于S到平面ABCD的距離的一半，

∴E到平面ABCD的距離?=12SD=2.，

∴VB?ADE=VE?ABD=13S△ABD??．

=13×(12×2×2)?2=43．

(3)證明：設(shè)M為側(cè)棱SD的中點，連結(jié)ME，EF，

∵E為側(cè)棱SC的中點，F(xiàn)為側(cè)棱AB的中點，

∴ME//DC,ME=12DC，

∵AF//DC,AF=12DC，

17.解：(1)證明：取AB中點E，

因為AB=2，

所以AE=BE=1，

因為∠ABC=90°，AB/?/CD，BC=CD=1，

所以四邊形BCDE是正方形，

所以BE⊥ED，BC⊥CD，

所以BD=BC2+CD2=12+12=2，

DE=1，

AD=ED2+AE2=12+12=2，

在△ADB中，AE2+DE2=12+12=2=AD2，

所以AD⊥BD，

在△PDB中，PD2+BD2=(2)2+(2)2=4=PB2，

所以PD⊥BD，

又AD∩PD=D，

所以BD⊥面PAD，

又BD?面ABCD，

所以平面PAD⊥平面ABCD．

(2)18.解：(1)因為2a?c=2bcosC，

由正弦定理可得2sinA?sinC=2sinBcosC，

而在三角形中，sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以2cosBsinC?sinC=0，sinC>0，

可得cosB=12，B∈(0,π)，

解得B=π3；

(2)因為b=23，a+c=4，

由余弦定理可得b2=a2+c2?2accosB=(a+c)2?2ac?2ac?12，

即12=16?3ac，解得ac=43，

所以S△ABC=12acsinC=119.解：(1)證明：∵在平行四邊形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，

又AB⊥DA.且AD∩AC=A，

∴AB⊥面ADC，∵AB?面ABC，

∴平面ACD⊥平面ABC；

(2)①∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=32，

∴BP=DQ=23DA=22，

由(1)得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，

∴三棱錐Q?ABP的體積V=13S△APB×13DC，

=13×23S△ABC×13DC=13×23×12×3×3×13×3=1．

②在△ACD中，過Q作QN//DC交AC于點N，

過N作NO⊥AP交AP于點O.∵由(Ⅰ)知平面ACD⊥平面ABC，

平面ACD∩平面ABC=AC，∠DCA=90°，∴DC⊥平面ABC，

∵QN//