2023-2024學年山西省運城市部分學校高一（下）聯(lián)考數(shù)學試卷（5月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年山西省運城市部分學校高一（下）聯(lián)考數(shù)學試卷（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中，只有一項是符合題目要求的。1.已知復數(shù)z=1?i，則z+1z=A.32?12i B.322.已知a=(1,m?2)，b=(m,3)，若a//b，則實數(shù)A.?1 B.1 C.3或?1 D.1或?13.若直線m/?/平面α，直線n?α，則(

)A.m/?/n B.m與n異面 C.m與n相交 D.m與n沒有公共點4.已知某正四棱錐的高為3，體積為64，則該正四棱錐的側面積為(

)A.48 B.64 C.80 D.1445.如圖是一個正方體的展開圖，如果將它還原為正方體，下列命題正確的是(

)A.AB與HG相交

B.AB與EF平行

C.AB與CD相交

D.EF與CD異面6.已知三棱錐P?ABC中，PC⊥AB，PC=4，AB=43，E，F(xiàn)分別是PA，BC的中點，則EF與AB所成的角大小為(

)A.π6 B.π3 C.π47.已知三棱錐P?ABC的底面ABC是邊長為1的等邊三角形，PA⊥平面ABC且PA=3，一只螞蟻從△ABC的中心沿表面爬至點P，則其爬過的路程最小值為(

)A.36 B.393 C.8.如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=2BC=2CC1=4，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點，點P在矩形BCC1

A.2 B.2 C.22二、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.已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是(

)A.若m⊥α，m/?/n，則n⊥α

B.若α/?/β，m?α，n?β，則m/?/n

C.若m//β，m?α，α∩β=n，則m/?/n

D.若m⊥α，α⊥β，則m//β10.若△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a=2，c=3，B=π3，O為△ABC的外心，則(

)A.b=7

B.△ABC的面積為332

C.OA?OC=?7311.如圖所示，正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=2A1B1=2AA1A.AA1⊥平面A1BD

B.該正四棱臺的高為322

C.若A1P=362，則動點P的軌跡長度是三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知空間中兩個角α，β，且角α與角β的兩邊分別平行，若α=105°，則β=______．13.已知正六邊形ABCDEF的邊長為4，點P為邊DE上的一個動點(含端點)，則AC?AP的取值范圍是______．14.已知正三棱柱ABC?A1B1C1的棱長均為2，點M是棱BB1上(不含端點)的一個動點，若點M，A，C1四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=23，cos?a,b?=34．

(1)求a16.(本小題15分)

如圖，四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，點M是棱PC的中點．

(1)求證：平面BDM⊥平面ABCD；

(2)求三棱錐P?BDM的體積．17.(本小題15分)

在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且bsinB+csinC?asinA2csinB+33sinA=0．

(1)求A；

(2)已知a=27，D18.(本小題17分)

如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠DAB=60°，AA1=AD=1，P，M，N分別為CD，AA1，DD1的中點．19.(本小題17分)

如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中點．

(1)求證：PB/?/平面MAC；

(2)求二面角M?AC?D的余弦值；

(3)在棱PC上是否存在點Q使平面BDQ⊥平面MAC成立？如果存在，求出PQQC的值；如果不存在，請說明理由．

參考答案1.A

2.C

3.D

4.C

5.D

6.A

7.B

8.B

9.AC

10.ABD

11.ABD

12.75°或105°

13.[24,48]

14.12515.解：(1)a?b=|a||b|cos?a,b?=2×23×34=3，

所以a在b上的投影向量為a16.解：(1)證明：連接AC，交BD于O，連接OM，則O為AC中點，

因為在△PAC中，O，M分別為AC，PC中點，所以OM//PA，

因為PA⊥平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD，

又OM?平面BDM，所以平面BDM⊥平面ABCD；

(2)由(1)知OM⊥平面ABCD，且OM=12PA=1，

所以V17.解：(1)由正弦定理及bsinB+csinC?asinA2csinB+33sinA=0，

得b2+c2?a22bc+33sinA=0，

再由余弦定理得cosA+33sinA=0，即tanA=?3，

因為A∈(0,π)，

所以A=2π3；

(2)因為D是邊BC的中點，

所以S△ADC=S△ABD，

由(1)知∠BAC=2π3，

因為AD⊥AB，

所以∠CAD=π6，

故12b?ADsinπ6=18.(1)證明：因為P，N分別為線段CD，DD1的中點，

所以PN//CD1，且PN=12CD1，

因為PN?平面BCD1，CD1?平面BCD1，所以PN/?/平面BCD1，

因為M，N分別為線段AA1，DD1的中點，

所以MN//AD//BC，且MN=12AD，

因為MN?平面BCD1，BC?平面BCD1，所以MN/?/平面BCD1，

因為PN∩MN=N，

所以平面PMN//平面BCD1；

(2)解：由題知DD1⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，故DD?1⊥AD，故AD1=2，

因為四邊形ABCD是菱形，且∠BAD=60°，

則BD=AD=BC=1，所以CD1=BD1=AD1=219.(1)證明：設AC，BD交于點O，連接OM，則O為BD中點．

在△PBD中，O，M分別為BD，PD中點，所以OM//PB．

因為OM?平面MAC，PB?平面MAC，

所以PB/?/平面MAC．

(2)解：過點M作ME⊥AD，垂足為E，過點E作EF⊥AC，垂足為F，連接MF．

因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

所以ME⊥平面ABCD．

因為AC?平面ABCD，所以ME⊥AC．

又EF⊥AC，ME∩EF=E，ME，EF?平面MEF．

所以AC⊥平面MEF．

因為MF?平面MEF，所以AC⊥MF，

則∠MFE即為平面MAC與底面ABCD所成二面角的平面角．

設AB=2，則EF=324，ME=32，故MF=(324)2+(32)2=304，

所以cos∠MFE=EFMF=155，

即二面角M?AC?D的余弦值為155．

(3)解：存在點Q，當PQQC=12時，平面BDQ⊥平面MAC．