2020-2021学年辽宁省沈阳市高二（上）9月月考数学试卷人教B版

这是一份2020-2021学年辽宁省沈阳市高二（上）9月月考数学试卷人教B版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设z=i(2+i)，则z¯=( )
A.1+2iB.−1+2iC.1−2iD.−1−2i

2. 已知正△ABC的顶点都在球O的球面上，正△ABC的边长为23．若球心O到△ABC所在平面的距离为5，则球O的表面积为（ ）
A.36πB.32πC.363πD.323π

3. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（ ）
A.15B.56C.55D.22

4. 下列叙述中，错误的一项为( )
A.棱柱的面中，至少有两个面相互平行
B.棱柱的各个侧面都是平行四边形
C.棱柱的两底面是全等的多边形
D.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面

5. 在△ABC中，如果sinA=3sinC，B=30∘，b=2，则△ABC的面积为（ ）
A.4B.1C.3D.2

6. △ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c．若sinAA.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等边三角形

7. 如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′C′=6，B′C′=4，则AB边的实际长度是( )

A.4B.6C.8D.10

8. 若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )
A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线
C.α与直线l至少有两个公共点D.α内的直线与l都相交

9. 已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是( )
A.若m//α，n//β，且α//β，则m//n
B.若m//α，n//β，且α⊥β，则m//n
C.若m⊥α，n//β，且α//β，则m⊥n
D.若m⊥α，n//β，且α⊥β，则m⊥n

10. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acsA=bcsB，且c2=a2+b2−ab，则△ABC的形状为( )
A.等腰三角形或直角三角形B.等腰直角三角形
C.直角三角形D.等边三角形

11. 在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c．若b2+c2−a2=65bc，则sin(B+C)的值为( )
A.−45B.45C.−35D.35
二、填空题

长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．

设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2=3+i，则|z1−z2|=________.

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. 已知bsinA+acsB=0，则B=________.

已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45∘．若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．

已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n // β，那么α⊥β．
②如果m⊥α，n // α，那么m⊥n．
③如果α // β，m⊂α，那么m // β．
④如果m // n，α // β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题是________.（填写所有正确命题的序号）
三、解答题

如图，在四棱锥PABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥平面PDC，点E为棱PD的中点．求证：
(1)PB // 平面EAC；

(2)平面PAD⊥平面ABCD．

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，己知cs2π2+A+csA=54.
(1)求A；

(2)b−c=33a，证明： △ABC是直角三角形．

在△ABC中，有3sinB+csB=2.
(1)求B；

(2)若A=45∘，角B的角平分线BD交AC于D，DC=3−3，求边AD的长．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90∘，AB=AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点.求证：

(1)MN // 平面ABB1A1；

(2)AN⊥A1B.

如图已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明： AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.

(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．

如图，在四棱锥 P−ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点.

(1)求证：EF//平面PAB;

(2)若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明：AF⊥平面PCD.
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省沈阳市高二（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
共轭复数
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知：z=i(2+i)=−1+2i，
所以z¯=−1−2i.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
球的表面积和体积
【解析】
本题主要考查球的表面积的求法.
【解答】
解：设圆O​′的半径为r，球O的半径为R.
∴23sin60∘=2r,
∴r=2.
∵OO​′=5，
∴R2=4+5=9，
∴S球=4πR2=36π.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AD1与DB1所成角的余弦值．
【解答】
解：取AB，D1C1的中点分别为F，E，连接EF，
则AD1//FE.设B1D∩EF=O，连接B1F.
则OF=12D1A=123+1=1，
B1O=12B1D=1212+12+32=52，
B1F=32+122=132.
由余弦定理得：
cs∠FOB1=12+522−13222×1×52 =−55，
∴ 异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
根据棱柱的定义可知ABC对，正4棱柱，正6棱柱中，相对的侧面都是互相平行的平面，故D错；
【解答】
解：上下底面平行且全等，侧棱平行且相等的封闭几何体叫棱柱．
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成的几何体叫棱柱.
由棱柱的概念可知A，B，C正确；
棱柱中两个互相平行的平面，有可能是棱柱的侧面，所以棱柱中两个互相平行的平面不一定是棱柱的底面，故D错误.
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
在△ABC中，由正弦定理得到a=3c，结合余弦定理，我们易求出b与c的关系，进而得到B与C的关系，然后根据三角形内角和为180∘，即可求出A角的大小，再由△ABC的面积为12bc⋅sinA，运算求得结果．
【解答】
解：在△ABC中，由sinA=3sinC，可得a=3c，
又∵ B=30∘，由余弦定理，可得：csB=cs30∘=32=a2+c2−b22ac=4c2−423c2，解得c=2．
故△ABC是等腰三角形，C=B=30∘，A=120∘．
故△ABC的面积为12bc⋅sinA=3.
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的正弦公式
解三角形
三角形的形状判断
【解析】
由sinA=sin(B+C)，展开整理得，sinBcsC<0，得c∈90∘−180∘，即可得答案 .
【解答】
解：∵ sinA∴ sin(B+C)∴ sinBcsC+csBsinC∴ sinBcsC<0.
∵ B为三角形内角，
∴ sinB>0，
∴ csC<0，
∴ C为钝角，
∴ △ABC为钝角三角形.
故选C .
7.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
将直观图还原成平面图形，根据斜二侧画法原理求出平面图形的边长，计算面积．
【解答】
解：直观图还原成平面图形，则∠ACB=2∠A′C′B′=90∘，
BC=2B′C′=8，AC=A′C′=6，
∴ AB的长为62+82=10．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
无
【解答】
解：因为l⊄α，直线l不平行于平面α，
所以直线l只能与平面α相交，
此时存在与α共面的直线，也存在与α异面的直线，
且直线l与平面α只有一个公共点，
所以平面α内不存在与l平行的直线．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
平面与平面垂直的性质
平面与平面平行的性质
直线与平面平行的性质
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，若m//α，n//β，且α//β，则m，n或相交，或平行，或异面，故错误；
B，若m//α，n//β，且α⊥β，则m，n或相交，或平行，或异面，故错误；
C，若m⊥α，n//β，且α//β，则m⊥n，故正确；
D，若m⊥α，n//β，且α⊥β，则m，n或相交，或平行，或异面，故错误.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意及余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=12，
解得C=π3.
由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB，
sin2A=sin2B，
解得A=B或A+B=π2，
因为C=π3，
所以A=B=C=π3，
所以△ABC为等边三角形.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
在△ABC中，由余弦定理求得csA=35，根据A的范围，求出 A的大小，即可得出结果．
【解答】
解：在△ABC中，因为b2+c2−a2=65bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=35，
∴ sin(B+C)=sin(π−A)=sinA=1−cs2A=45．
故选B.
二、填空题
【答案】
14π
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
本题主要考查长方体的性质与球的表面积公式.
【解答】
解：依题意得，长方体的体对角线长度为32+22+12=14，
记长方体的外接球的半径为R，则有2R=14，R=142，
因此球O的表面积4πR2=14π.
故答案为：14π.
【答案】
23
【考点】
复数的模
【解析】
首先设出复数z1=a+bi，根据z1+z2=3+i求出z2，利用复数模的计算公式求解即可.
【解答】
解：由题设z1=a+bi，则z2=3−a+1−bi，
故 |z1|2=a2+b2=4，
|z2|2=3−a2+1−b2
=a2+b2−23a−2b+4=4，
则|z1−z2|2=2a−32+2b−12
=4a2+4b2−43a−4b+4
=2a2+b2+2a2+b2−23a−2b+4
=2×4+4=12，
故|z1−z2|=23.
故答案为：23.
【答案】
3π4
【考点】
正弦定理
运用诱导公式化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据正弦定理可知，bsinA+acsB=0，
即sinBsinA+sinAcsB=0，sinA≠0，
∴sinB=−csB，
∴π2又∵sin2B+cs2B=1，
∴csB=−22，
∴B=3π4.
故答案为：3π4.
【答案】
402π
【考点】
直线与平面所成的角
同角三角函数间的基本关系
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
本题考查圆锥的结构特征，母线与底面所成角，圆锥的截面面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
【解答】
解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，
可得sin∠ASB=1−(78)2=158，
由△SAB的面积为515，且SA与圆锥底面所成角为45∘，
可得12SA2sin∠ASB=515，
即12SA2×158=515， 即SA=45，
所以圆锥的底面半径为： 22×45=210，
则该圆锥的侧面积：12×2×π×210×45=402π．
故答案为：402π．
【答案】
②③④
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案．
【解答】
解：①如果m⊥n，m⊥α，n // β，那么α // β，故错误；
②如果n // α，则存在直线l⊂α，使n // l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n．故正确；
③如果α // β，m⊂α，那么m与β无公共点，则m // β．故正确；
④如果m // n，α // β，那么m，n与α所成的角和m，n与β所成的角均相等．故正确.
故答案为：②③④.
三、解答题
【答案】
证明：(1)连接BD，交AC于F，
由E为棱PD的中点，F为BD的中点，
则EF // PB，
又EF⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，
则PB // 平面EAC；
(2)由PA⊥平面PCD，
则PA⊥CD，
底面ABCD为矩形，
则CD⊥AD，
又PA∩AD＝A，
则有CD⊥平面PAD，
由CD⊂平面ABCD，
则有平面PAD⊥平面ABCD．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）连接BD，交AC于F，运用三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；
（2）运用面面垂直的判定定理，只要证得CD⊥平面PAD，由线面垂直和矩形的定义即可得证．
【解答】
证明：(1)连接BD，交AC于F，
由E为棱PD的中点，F为BD的中点，
则EF // PB，
又EF⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，
则PB // 平面EAC；
(2)由PA⊥平面PCD，
则PA⊥CD，
底面ABCD为矩形，
则CD⊥AD，
又PA∩AD＝A，
则有CD⊥平面PAD，
由CD⊂平面ABCD，
则有平面PAD⊥平面ABCD．
【答案】
解：(1)由cs2π2+A+csA=54可得： sin2A+csA=54，
4cs2A−4csA+1=0，
⇒2csA−12=0，
⇒csA=12.
∵ A∈0,π，
∴ A=π3.
(2)由b−c=33a可得a=3b−c，
又csA=b2+c2−a22bc=12，即b2+c2−a2=bc，
b2+c2−3b−c2=bc
⇒b−2c2b−c=0，
∴ b=2c或c=2b（舍），
∴ a=3c，
即a2+c2=b2.
故三角形为直角三角形．
【考点】
诱导公式
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
(1)利用诱导公式，同角三角函数基本关系来化简题目中所给等式可得cs2A−csA+14=0，解得csA=12，结合A的取值范围，可求A的值；
(2)利用余弦定理和已知条件，求出a，b，c的关系，即可证明.
【解答】
解：(1)由cs2π2+A+csA=54可得： sin2A+csA=54，
4cs2A−4csA+1=0，
⇒2csA−12=0，
⇒csA=12.
∵ A∈0,π，
∴ A=π3.
(2)由b−c=33a可得a=3b−c，
又csA=b2+c2−a22bc=12，即b2+c2−a2=bc，
b2+c2−3b−c2=bc
⇒b−2c2b−c=0，
∴ b=2c或c=2b（舍），
∴ a=3c，
即a2+c2=b2.
故三角形为直角三角形．
【答案】
解：(1)由3sinB+csB=2，知32sinB+12csB=1，
得sinB+30∘=1.
∵ 0∘∴ B+30∘=90∘，即B=60∘；
(2)∵ A=45∘,B=60∘，∴ C=75∘.
∵ BD为角平分线，∴ ∠ABD=30∘,
从而∠BDC=∠A+∠ABD=75∘=∠C,
∴ BD=BC.
设BD=BC=x，在△BDC中，
根据余弦定理得3−32=x2+x2−2⋅x⋅x⋅cs30∘，
求得x=6.
在△BAD中，根据正弦定理得ADsin30∘=6sin45∘，
求得AD=3.
【考点】
两角和与差的正弦公式
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由3sinB+csB=2，知32sinB+12csB=1，
得sinB+30∘=1.
∵ 0∘∴ B+30∘=90∘，即B=60∘；
(2)∵ A=45∘,B=60∘，∴ C=75∘.
∵ BD为角平分线，∴ ∠ABD=30∘,
从而∠BDC=∠A+∠ABD=75∘=∠C,
∴ BD=BC.
设BD=BC=x，在△BDC中，
根据余弦定理得3−32=x2+x2−2⋅x⋅x⋅cs30∘，
求得x=6.
在△BAD中，根据正弦定理得ADsin30∘=6sin45∘，
求得AD=3.
【答案】
证明：(1)如图，取AB的中点P，连结PM、PB1.
因为M，P分别是AC，AB的中点，
所以PM // BC，且PM=12BC.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
BC // B1C1，BC=B1C1，
又因为N是B1C1的中点，
所以PM // B1N，且PM=B1N．
所以四边形PMNB1是平行四边形，
所以MN // PB1，
又MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，
所以MN // 平面ABB1A1.
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1，
又因为BB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1，
又因为平面ABB1A1∩平面A1B1C1=A1B1，
B1C1⊂平面A1B1C1，A1B1⊥B1C1，
所以B1C1⊥平面ABB1A1，
又因为A1B⊂平面ABB1A1，
所以B1C1⊥A1B，
即NB1⊥A1B，
如图，连结AB1，
因为在平行四边形ABB1A1中，AB=AA1，
所以AB1⊥A1B，
又因为NB1∩AB1=B1，
且AB1，NB1⊂平面AB1N，
所以A1B⊥平面AB1N，
又AN⊂平面AB1N，
所以AN⊥A1B．
【考点】
两条直线垂直的判定
平面与平面垂直的性质
直线与平面垂直的性质
直线与平面平行的判定
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)如图，取AB的中点P，连结PM、PB1.
因为M，P分别是AC，AB的中点，
所以PM // BC，且PM=12BC.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
BC // B1C1，BC=B1C1，
又因为N是B1C1的中点，
所以PM // B1N，且PM=B1N．
所以四边形PMNB1是平行四边形，
所以MN // PB1，
又MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，
所以MN // 平面ABB1A1.
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1，
又因为BB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1，
又因为平面ABB1A1∩平面A1B1C1=A1B1，
B1C1⊂平面A1B1C1，A1B1⊥B1C1，
所以B1C1⊥平面ABB1A1，
又因为A1B⊂平面ABB1A1，
所以B1C1⊥A1B，
即NB1⊥A1B，
如图，连结AB1，
因为在平行四边形ABB1A1中，AB=AA1，
所以AB1⊥A1B，
又因为NB1∩AB1=B1，
且AB1，NB1⊂平面AB1N，
所以A1B⊥平面AB1N，
又AN⊂平面AB1N，
所以AN⊥A1B．
【答案】
(1)证明：∵ M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，
∴ B1N=BM，四边形BB1NM为矩形， A1N⊥B1C1，
∴ BB1//MN，而AA1//BB1， MN⊥B1C1，
∴ AA1//MN.
又∵ MN∩A1N=N，
∴ B1C1⊥面A1AMN.
∵ B1C1⊂面EB1C1F，
∴ 平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)∵ 三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，
∴ EF//B1C1//BC.
∵ AO//平面EB1C1F，AO⊂平面AMNA1，平面AMNA1∩平面EB1C1F=PN，
∴ AO//PN，四边形APNO为平行四边形，
而O为正三角形的中心， AO=AB，
∴ A1N=3ON，AM=3AP，PN=BC=B1C1=3EF.
由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，
直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.
在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，
则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=10，sin∠B1EH=B1HB1E=1010.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
【考点】
两条直线平行的判定
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
(1)推导出B1N=BM，四边形BB1NM为矩形， A1N⊥B1C1，从而BB1//MN，由此能证明AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)推导出EF//B1C1//BC，进而推导出AO//PN，四边形APNO为平行四边形，A1N=3ON， AM=3AP，PN=BC=B1C1=3EF，直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，从而直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角，由此能求出直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：∵ M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，
∴ B1N=BM，四边形BB1NM为矩形， A1N⊥B1C1，
∴ BB1//MN，而AA1//BB1， MN⊥B1C1，
∴ AA1//MN.
又∵ MN∩A1N=N，
∴ B1C1⊥面A1AMN.
∵ B1C1⊂面EB1C1F，
∴ 平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)∵ 三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，
∴ EF//B1C1//BC.
∵ AO//平面EB1C1F，AO⊂平面AMNA1，平面AMNA1∩平面EB1C1F=PN，
∴ AO//PN，四边形APNO为平行四边形，
而O为正三角形的中心， AO=AB，
∴ A1N=3ON，AM=3AP，PN=BC=B1C1=3EF.
由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，
直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.
在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，
则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=10，sin∠B1EH=B1HB1E=1010.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
【答案】
证明：(1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，
所以 EF//CD ，
又在矩形ABCD中， AB//CD，
所以EF//AB，
又AB⊂面PAB,EF⊄面PAB，
所以EF//平面PAB.
(2)在矩形ABCD中， AD⊥CD ，
又平面 PAD⊥ 平面ABCD，平面PAD∩平面 ABCD=AD，CD⊂面ABCD，
所以CD⊥平面PAD,
又AF⊂面PAD，所以CD⊥AF.①
因为PA=AD，且F是PD的中点，
所以AF⊥PD，②
由①②及PD⊂面PCD, CD⊂面PCD，PD∩CD=D ，
所以 AF⊥ 平面PCD.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，
所以 EF//CD ，
又在矩形ABCD中， AB//CD，
所以EF//AB，
又AB⊂面PAB,EF⊄面PAB，
所以EF//平面PAB.
(2)在矩形ABCD中， AD⊥CD ，
又平面 PAD⊥ 平面ABCD，平面PAD∩平面 ABCD=AD，CD⊂面ABCD，
所以CD⊥平面PAD,
又AF⊂面PAD，所以CD⊥AF.①
因为PA=AD，且F是PD的中点，
所以AF⊥PD，②
由①②及PD⊂面PCD, CD⊂面PCD，PD∩CD=D ，
所以 AF⊥ 平面PCD.