2021-2022学年湖南省邵阳市某校高一（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年湖南省邵阳市某校高一（下）月考数学试卷，共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设x+i=1+yi，其中i为虚数单位，x，y是实数，则|x+yi|=（ ）
A.1B.2C.3D.2

2. 为了解员工对“薪资改革方案”的态度，人资部门欲从研发部门和销售部门的2200名员工中，用分层抽样的方法抽取88名员工进行调查，已知研发部门有800名员工，则应从销售部门抽取的员工人数是（ ）
A.24B.32C.56D.72

3. 一个斜边长为2的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的表面积为（ ）
A.42+2πB.22+2πC.2+2πD.2+1π

4. 下列四式化简后的结果不是PQ→的是（ ）
A.AB→+(PA→+BQ→)B.(AB→+PC→)+(BA→−QC→)
C.QC→+CQ→−QP→D.PA→+AB→−BQ→

5. 已知向量a→=2,1，|b→|=10，a→⋅b→=−5，则a→与b→的夹角为（ ）
A.45∘B.60∘C.120∘D.135∘

6. 直三棱柱ABC−A1B1C1中， AB=AC=AA1, ∠BAC=60∘，则AC1与面BCC1B1所成角的正弦值为（ ）
A.64B.34C.63D.33

7. 三棱锥P−ABC的侧棱PA，PB，PC上分别有点E，F，G，且PEPA=13，PFPB=12，PGPC=14，则三棱锥P−EFG的体积与三棱锥P−ABC的体积之比是（ ）

A.124B.112C.16D.18

8. 若AB=4，AC→=3CB→，平面内一点P满足PA→⋅PC→|PA→|=PB→⋅PC→|PB→|，则sin∠PAB的最大值是（ ）
A.23B.12C.13D.16
二、多选题

设a，b是两条不重合的直线， α，β，γ是三个不同的平面．下列四个命题中，正确的是（ ）
A.若γ⊥α,α//β，则γ⊥βB.若β⊥α,γ⊥α，则β//γ
C.若a⊥α,a⊥β，则α//βD.若a⊥α,a⊥b，则b//α

下面是关于复数z=2−1+i的四个命题：其中的真命题为( )
A.|z|=2B.z2=2i
C.z的共轭复数为1+iD.z的虚部为−1

在斜三角形△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若2ccsB=2a−ctanC，则B的值可以为（ ）
A.π6B.π4C.π3D.5π6

如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是AD， CC1的中点，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A.当点P与A，B两点不重合时，平面PMN截正方体所得的截面是五边形
B.平面PMN截正方体所得的截面可能是三角形
C.△MPN一定是锐角三角形
D.△MPN面积的最大值是212
三、填空题

圆台上、下底面的面积分别为π,4π，侧面积为6π，则这个圆台的体积是________________．

复数z1=3+i，z2=1−i，则z1−z2在复平面内对应的点位于第________象限.

已知正四面体A−BCD外接球的表面积为12π，则该正四面体的内切球的表面积为________.

已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=5，点O为其外接圆的圆心，已知BO→⋅AC→=12，则当角C取到最大值时△ABC的面积为________.
四、解答题


(1)计算： 12+32i2+i1−3i22+2i2；

(2)解方程： x2+6x+10=0x∈C.

已知向量a→与b→的夹角为θ=3π4，且|a→|=3，|b→|=22．
(1)若ka→+2b→与3a→+4b→共线，求k；

(2)求a→⋅b→，|a→+b→|；

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60∘,AA1⊥平面ABCD，E为AA1中点，AA1=AB=2

(1)求证：AC1//平面B1D1E

(2)求三棱锥A−B1D1E的体积；

(3)在AC1上是否存在点M，满足AC1⊥平面MB1D1？若存在，求出AM的长；若不存在，说明理由．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA+sinBa−b=a−csinC．
(1)求角B的大小；

(2)设BC的中点为D，且AD=3，求a+2c的最大值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD=2，AB=BC=CD=1，BC//AD，∠PAD=90∘．∠PBA为锐角，平面PBA⊥平面PBD．

1证明：PA⊥平面ABCD；

2AD与平面PBD所成角的正弦值为24，求二面角P−BD−C的余弦值．

如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA=3km，OB=33km，∠AOB=90∘．当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON=30∘，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的周围安装防护网．

(1)当AM=32km时，求防护网的总长度；

(2)若要求挖人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍，试确定∠AOM的大小；

(3)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使△OMN 的面积最小？最小面积是多少？
参考答案与试题解析
2021-2022学年湖南省邵阳市某校高一（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
2.
【答案】
C
【考点】
分层抽样方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
3.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
4.
【答案】
D
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
直接利用向量的表示，求出结果即可．
【解答】
解：A，AB→+PA→+BQ→=PA→+AB→+BQ→=PA→+AQ→=PQ→；
B，(AB→+PC→)+(BA→−QC→)
=AB→+BA→+(PC→−QC→)=PQ→；
C，QC→−QP→+CQ→=PC→+CQ→=PQ→；
D，PA→+AB→−BQ→=PB→−BQ→，得不到PQ→.
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
6.
【答案】
A
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
7.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
8.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
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】
此题暂无解析
【解答】
AC
【答案】
B,D
【考点】
共轭复数
复数的模
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
由z=2−1+i=2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−1−i，知p1:|z|=2，p2:z2=2i，p3:z的共轭复数为−1+i，p4:z的虚部为−1，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ z=2−1+i=2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−1−i，
A，|z|=2，错误；
B，z2=2i，正确；
C，z的共轭复数为−1+i，错误；
D，z的虚部为−1，正确.
故选BD.
【答案】
A,D
【考点】
余弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
AD
【答案】
A,D
【考点】
棱柱的结构特征
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
AD
三、填空题
【答案】
733π
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
733π
【答案】
一
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的加减运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
一
【答案】
83
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
83
【答案】
56
【考点】
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
56
四、解答题
【答案】
解：(1)原式=−34+34i.
(2)根为−3−i或−3+i.
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=−34+34i.
(2)根为−3−i或−3+i.
【答案】
解：(1)ka→+2b→=3a→+4b→共线，且3a→+4b→≠0→，
∴ 根据共线向量基本定理：存在λ，使ka→+2b→=3λa→+4λb→，
∴ 根据平面向量基本定理得： k=3λ4λ=2 ，
解得k=32．
(2)由已知，得a→⋅b→=|a→|⋅|b→|csθ=3×22×−22=−6，
|a→+b→|=a→+b→2=1a→2+2a→⋅b→+b→2=32+2×−6+222=5.
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
向量数乘的运算及其几何意义
平面向量数量积
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)ka→+2b→=3a→+4b→共线，且3a→+4b→≠0→，
∴ 根据共线向量基本定理：存在λ，使ka→+2b→=3λa→+4λb→，
∴ 根据平面向量基本定理得： k=3λ4λ=2 ，
解得k=32．
(2)由已知，得a→⋅b→=|a→|⋅|b→|csθ=3×22×−22=−6，
|a→+b→|=a→+b→2=1a→2+2a→⋅b→+b→2=32+2×−6+222=5.
【答案】
（1）证明：连A1C1交B1D1于点F，连EF，
∵ A1B1C1D1是菱形，∴ F是A1C1中点，
∵ E是AA1中点，∴ EF//AC1
∵ EF⊂平面B1D1E,AC1⊄平面B1D1E．
∴ AC1//平面B1D1E
（2）解：过B1作B1H⊥D1A1的延长线于点H，
由AA1⊥底面ABCD知AA1⊥平面A1B1C1D1，则AA1⊥B1H
又AA1∩D1A1=A1，则B1H⊥平面AA1D1D
由∠A1B1C1=∠ABC=60∘知∠B1A1H=60∘，又A1B1=2，则B1H=3
V三棱锥A−B1D1E=V三棱锥B1−AD1E=13S△AED1 ⋅B1H=13×12×1×2×3=33．
（3）解：∵ AA1⊥平面ABCD，平面A1B1C1D1//平面ABCD，
∴ AA1⊥平面A1B1C1D1
∵ B1D1⊂平面A1B1C1D1，∴ B1D1⊥AA1
∵ 菱形A1B1C1D1中B1D1⊥A1C1,A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1⊂平面AA1C1
∴ B1D1⊥平面AA1C1，又AC1⊂平面AA1C1，∴ AC1⊥B1D1
过F在Rt△AA1C1中，作FM⊥AC1，垂足为M，
则由FM∩B1D1=F,FM,B1D1⊂平面MB1D1知AC1⊥平面MB1D1
∴ 存在M满足条件，在Rt△AA1C1中，AA1=A1C1=2,AC1=22，F是A1C1中点，
∴ C1M=FM=22，∴ AM=22−22=322 ．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）证明：连A1C1交B1D1于点F，连EF，
∵ A1B1C1D1是菱形，∴ F是A1C1中点，
∵ E是AA1中点，∴ EF//AC1
∵ EF⊂平面B1D1E,AC1⊄平面B1D1E．
∴ AC1//平面B1D1E
（2）解：过B1作B1H⊥D1A1的延长线于点H，
由AA1⊥底面ABCD知AA1⊥平面A1B1C1D1，则AA1⊥B1H
又AA1∩D1A1=A1，则B1H⊥平面AA1D1D
由∠A1B1C1=∠ABC=60∘知∠B1A1H=60∘，又A1B1=2，则B1H=3
V三棱锥A−B1D1E=V三棱锥B1−AD1E=13S△AED1 ⋅B1H=13×12×1×2×3=33．
（3）解：∵ AA1⊥平面ABCD，平面A1B1C1D1//平面ABCD，
∴ AA1⊥平面A1B1C1D1
∵ B1D1⊂平面A1B1C1D1，∴ B1D1⊥AA1
∵ 菱形A1B1C1D1中B1D1⊥A1C1,A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1⊂平面AA1C1
∴ B1D1⊥平面AA1C1，又AC1⊂平面AA1C1，∴ AC1⊥B1D1
过F在Rt△AA1C1中，作FM⊥AC1，垂足为M，
则由FM∩B1D1=F,FM,B1D1⊂平面MB1D1知AC1⊥平面MB1D1
∴ 存在M满足条件，在Rt△AA1C1中，AA1=A1C1=2,AC1=22，F是A1C1中点，
∴ C1M=FM=22，∴ AM=22−22=322 ．
【答案】
解：(1)由正弦定理的角化边公式得a+ba−b=a−cc，即a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可知csB=a2+c2−b22ac=12.
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3.
(2)∵ 设∠BAD=θ，则在△ABD中，
由B=π3可知θ∈(0,2π3).
由正弦定理及AD=3可得BDsinθ=ABsin(2π3−θ)=ADsinπ3=2，
∴ BD=2sinθ，AB=2sin(2π3−θ)=3csθ+sinθ，
∴ a+2c=23csθ+6sinθ=43sin(θ+π6)，
由θ∈(0,2π3)可知θ+π6∈(π6,5π6)，
∴ 当θ+π6=π2，即θ=π3时，a+2c的最大值为43．
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
【解析】
(1)由正弦定理化简已知等式可得a2+c2−b2=ac，由余弦定理可求csB=12，结合范围B∈(0, π)，即可求B的值．
(2)设∠BAD=θ，则θ∈(0,2π3)，由正弦定理可得BD=2sinθ，AB=2sin(2π3−θ)=3csθ+sinθ，利用三角函数恒等变换的应用可得a+2c=23csθ+6sinθ=43sin(θ+π6)，由θ∈(0,2π3)，可求θ+π6∈(π6,5π6)，利用正弦函数的性质即可得解的最大值．
【解答】
解：(1)由正弦定理的角化边公式得a+ba−b=a−cc，即a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可知csB=a2+c2−b22ac=12.
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3.
(2)∵ 设∠BAD=θ，则在△ABD中，
由B=π3可知θ∈(0,2π3)，
由正弦定理及AD=3可得BDsinθ=ABsin(2π3−θ)=ADsinπ3=2，
∴ BD=2sinθ，AB=2sin(2π3−θ)=3csθ+sinθ，
∴ a+2c=23csθ+6sinθ=43sin(θ+π6)，
由θ∈(0,2π3)可知θ+π6∈(π6,5π6)，
∴ 当θ+π6=π2，即θ=π3时，a+2c的最大值为43．
【答案】
1证明：在平面PAB内过点A作AE⊥PB，垂足为E，因为平面PBA⊥平面PBD，
平面PBA∩平面PBD=PB,
所以AE⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，
则AE⊥BD，
过点B，C分别作BM，CN垂直AD于点M，N，
所以∠DBA=90∘，即AB⊥BD
因为AB∩AE=A，且AB， AE⊂平面PAB，
则BD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，
所以BD⊥PA，又PA⊥AD，AD∩BD=D，AD， BD⊂平面ABCD，故PA⊥平面ABCD；
2解：二面角P−BD−C的平面角与二面角P−BD−A的平面角互补，由（1）可知， ∠PBA为二面角P−BD−A的平面角，
在Rt△AED中， ∠ADE为AD与平面PBD所成的角，其正弦值为24，
所以AE=22，
因为AB=1，则BE=22，
故cs∠PBA=22，
所以二面角P−BD−C的余弦值为−22.
【考点】
直线与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1证明：在平面PAB内过点A作AE⊥PB，垂足为E，因为平面PBA⊥平面PBD，
平面PBA∩平面PBD=PB,
所以AE⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，
则AE⊥BD，
过点B，C分别作BM，CN垂直AD于点M，N，
所以∠DBA=90∘，即AB⊥BD
因为AB∩AE=A，且AB， AE⊂平面PAB，
则BD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，
所以BD⊥PA，又PA⊥AD，AD∩BD=D，AD， BD⊂平面ABCD，故PA⊥平面ABCD；
2解：二面角P−BD−C的平面角与二面角P−BD−A的平面角互补，由（1）可知， ∠PBA为二面角P−BD−A的平面角，
在Rt△AED中， ∠ADE为AD与平面PBD所成的角，其正弦值为24，
所以AE=22，
因为AB=1，则BE=22，
故cs∠PBA=22，
所以二面角P−BD−C的余弦值为−22.
【答案】
解：(1)在△OAB中，因为OA=3，OB=33，∠AOB=90∘，
所以∠OAB=60∘.
在△AOM中，OA=3，AM=32，∠OAM=60∘，
由余弦定理，得OM=332，
所以OM2+AM2=OA2，
即OM⊥AN，
所以∠AOM=30∘，
所以∠AON=60∘，
所以△OAN为正三角形，
所以△OAN的周长为3OA=9，
即防护网的总长度为9km．
(2)设∠AOM=θ(0∘<θ<60∘)，
因为△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍，
所以12ON⋅OM⋅sin30∘=3×12OA⋅OM⋅sinθ，
即ON=63sinθ.
在△OAN中，由ONsin60∘=OAsin(θ+60∘+30∘)=3csθ，
得ON=332csθ，
所以63sinθ=332csθ，即sin2θ=12，
由0∘<2θ<120∘，
得2θ=30∘，
所以θ=15∘，即∠AOM=15∘．
(3)设∠AOM=θ(0∘<θ<60∘)，由(2)知ON=332csθ，
又在△AOM中，由OMsin60∘=OAsin(θ+60∘)，
得OM=332sin(θ+60∘)，
所以S△OMN=12OM⋅ON⋅sin30∘
=2716sin(θ+60∘)csθ
=278sin(2θ+60∘)+43，
所以当且仅当2θ+60∘=90∘，即θ=15∘时，
△OMN的面积取最小值，最小值为27(2−3)4km2．
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
三角函数的最值
【解析】
（1）证明△OAN为正三角形，可得△OAN的周长为9，即防护网的总长度为9km；
（2）利用△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍，建立方程，求出ON=63sinθ，由ONsin60∘=OAsin(θ+60∘+30∘)=3csθ，得ON=332csθ，即可求出∠AOM的大小；
（3）表示出△OMN 的面积，利用辅助角公式化简，即可得出结论．
【解答】
解：(1)在△OAB中，因为OA=3，OB=33，∠AOB=90∘，
所以∠OAB=60∘.
在△AOM中，OA=3，AM=32，∠OAM=60∘，
由余弦定理，得OM=332，
所以OM2+AM2=OA2，
即OM⊥AN，
所以∠AOM=30∘，
所以∠AON=60∘，
所以△OAN为正三角形，
所以△OAN的周长为3OA=9，
即防护网的总长度为9km．
(2)设∠AOM=θ(0∘<θ<60∘)，
因为△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍，
所以12ON⋅OM⋅sin30∘=3×12OA⋅OM⋅sinθ，
即ON=63sinθ.
在△OAN中，由ONsin60∘=OAsin(θ+60∘+30∘)=3csθ，
得ON=332csθ，
所以63sinθ=332csθ，即sin2θ=12，
由0∘<2θ<120∘，
得2θ=30∘，
所以θ=15∘，即∠AOM=15∘．
(3)设∠AOM=θ(0∘<θ<60∘)，由(2)知ON=332csθ，
又在△AOM中，由OMsin60∘=OAsin(θ+60∘)，
得OM=332sin(θ+60∘)，
所以S△OMN=12OM⋅ON⋅sin30∘
=2716sin(θ+60∘)csθ
=278sin(2θ+60∘)+43，
所以当且仅当2θ+60∘=90∘，即θ=15∘时，
△OMN的面积取最小值，最小值为27(2−3)4km2．