2020-2021学年重庆市高一（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年重庆市高一（下）5月月考数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知向量a→=2,1，b→=2m,−3，若a→−b→⊥a→，则实数m=（ ）
A.1B.2C.3D.4

2. 1+8i2+i=（ ）
A.−65+175iB.2+175iC.2+3iD.−2+3i

3. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=4，b=23，C=π6，则c=( )
A.3B.2C.3D.4

4. 在正方形ABCD中，点E在边BC上，且CE=4EB，若AE→=mAB→+nAD→，则mn=（ ）
A.54B.14C.65D.15

5. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinAsinC=12,b=32c，则A=（ ）
A.π6B.π3C.5π6D.2π3

6. 已知m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A.若m⊥n,m//α，则n⊥α
B.若n//α，m⊥β且α//β，则m⊥n
C.若m//n，则n//α，则n//α
D.若n//α,m⊥β且α⊥β，则n⊥m

7. 在正方体ABCD−A1B1C1D1 中，M为棱BC的中点，则异面直线AM与A1D所成角的余弦值为（ ）
A.14B.54C.105D.1010

8. 若向量a→，b→满足|a→|=5,cs⟨a→,b→⟩=14，且当λ∈R时，|b→−λa→|的最小值为15，则|a→−b→|=（ ）
A.21B.26C.6D.31
二、多选题

给出下列命题，其中错误的是（ ）
A.若|a→|=|b→|，则a→=b→，或a→=−b→
B.若两个单位向量互相平行，则这两个单位向量相等
C.若向量a→，b→，c→满足a→//b→，b→//c→，则a→//c→
D.零向量的长度为零，方向是任意的

已知复数z=−1+bi，b∈R，以下结论中正确的是（ ）
A.z不可能是纯虚数
B.当b=0时，没有共轭复数
C.|z|≥1
D.若z的共轭复数为z，则z⋅z=1−b2

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由下列条件可以得出△ABC为锐角三角形的是（ ）
A.a=b=4,c=3B.a=3,b=5,sinA+sinC=2sinB
C.a=8,b=17,c=15D.△ABC中最大角的正切值为2

定义一种向量运算“⊕”； a⊕b=a→⋅b→，当0<⟨a→，b→⟩≤π2时，|a→−b→|，当a→//b→时，−a→⋅b→，当π2<⟨a→，b→⟩<π时，(a→，b→为任意向量)，则( )
A.a→⊕b→≥0
B.a→⊕−b→=a→⊕b→
C.a→+b→⊕c→=(a→⊕c→)+(b→⊕c→)
D.当e→是单位向量时，a→⊕e→≤|a→|+1
三、解答题

已知复数z1=1−2i,z2=4+3i .
(1)求z1z2；

(2)若|z|=5，且复数z的虚部等于复数z1−z2的实部，复数z在复平面内对应的点在第三象限内，求复数z .

已知平面向量a→，b→满足|a→|=3，且a→−2b→⋅a→+2b→=5.
(1)求|b→|；

(2)当a→⋅b→=332时，求向量a→与b→的夹角θ的值．

在①a+ca−c=bb−c，②sinA2sinB−sinC=csAcsC，③2bcsA=acsC+ccsA这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________ .
(1)求角A的大小；

(2)若△ABC是锐角三角形，c=4，求△ABC面积的取值范围．

如图，在正方体A1B1C1D1−ABCD中，AB=3.

(1)证明：AD1//平面A1BC1；

(2)求三棱锥C−A1BC1的体积．

在平面四边形ABCD中，△ABD是边长为4的正三角形，∠BCD=30∘，BD⊥CD，如图1，现将△ABD沿着BD边折起，使平面ABD⊥平面BCD，点P在线段AD上，平面BPC将三棱锥A−BCD分成等体积的两部分，如图2 .

(1)证明：BP⊥AC；

(2)若Q为CD的中点，求Q到平面BPC的距离．

如图，某区有一块△OAB的空地，其中OA=2km，OB=23km，∠AOB=90∘．当地区政府计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=1km时，求防护网的总长度；

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

(3)如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？
四、填空题

鳖臑是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．如图，三棱锥A−BCD是一个鳖臑，其中AB⊥BC，AB⊥BD，BC⊥CD，AC⊥CD，且BC=DC=3，AB=4，则三棱锥A−BCD外接球的表面积是________.

参考答案与试题解析
2020-2021学年重庆市高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
无
【解答】
解：因为a→−b→=(2−2m,4)，(a→−b→)⊥a→，
所以2(2−2m)+4=0，
解得m=2．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1+8i2+i=1+8i2−i2+i2−i=2+3i，
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为c2=16+12−2×4×23×32=4，
所以c=2，
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为AE→=AB→+BE→=AB→+15AD→，
所以mn=1×15=15，
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为sinAsinC=12，
所以a=12c，又b=32c，
所以csA=b2+c2−a22bc=32c23c2=32，
解得A=π6．
故选A．
6.
【答案】
B
【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】
解：若m⊥n,m//α，则n与α的位置关系不确定，A错误；
若m⊥β且α//β，所以m⊥α，又因为n//α，则m⊥n，B正确；
若m//n,m//α，则n//α或n⊂α，C错误；
若n//α,m⊥β且α⊥β，则n与m的位置关系不确定，D错误．
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为2，
如图，取棱BB1的中点N，连接MN，AN，B1C，
则MN//B1C//A1D，
所以∠AMN就是异面直线AM与A1D所成的角．
在△AMN中，可求得AM=AN=5,MN=2，
则cs∠AMN=5+2−52×5×2=1010．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
平面向量的数量积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由向量的减法法则可得，当向量a→与b→−λa→垂直时，|b→−λa→|取得最小值，
则|b→|sin⟨a→,b→⟩=154|b→|=15，
解得|b→|=4，
则|a→−b→|2=a→2−2a→⋅b→+b→2=25−40×14+16=31，
故|a→−b→|=31．
故选D．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
平行向量的性质
单位向量
零向量
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若|a→|=|b→|只能得到这两个向量的模相同，方向没有确定，所以A错误；
若两个单位向量互相平行，可能方向相反，所以两个单位向量不一定相等，所以B错误；
当b→=0→时，向量a→，c→的关系不确定，所以C错误；
零向量的长度为零，方向是任意的，所以D正确．
故选ABC．
【答案】
A,C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
复数的模
复数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：b为任意实数，z都不可能是纯虚数，所以A正确；
z的共轭复数是z=−1−bi，当b=0时z=z=−1，所以B错误；
|z|=1+b2≥1，所以C正确；
z⋅z=1+b2，所以D错误．
故选AC．
【答案】
A,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：若a=b=4,c=3，则△ABC为锐角三角形．
若a=3,b=5,sinA+sinC=2sinB，
则a+c=2b，
从而c=7，
因为a2+b2−c2<0，
所以△ABC为钝角三角形．
因为a2+c2=b2，所以△ABC为直角三角形．
若△ABC中最大角的正切值为2，则最大角为大于60∘的锐角，从而三角形必为锐角三角形．
故选AD．
【答案】
A,D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的加法及其几何意义
向量的减法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a→，b→共线时，a→⊕b→=|a→−b→|≥0；
当0<⟨a,b⟩≤π2时，a→⊕b→=a→⋅b→>0，
当⟨a,b⟩为钝角时，a→⊕b→=−a→⋅b→>0，故A正确．
当a→，b→均为非零向量且共线时，
a→⊕−b→=|a→+b→|，a→⊕b→=|a→−b→|，故B错误．
当a→，b→，c→均为非零向量，a→，b→与c→均不共线，且a→+b→=c→时，
(a→+b→)⊕c→=|a→+b→−c→|=0，
a→⊕c→>0，b→⊕c→>0，a→⊕c→+b→⊕c→≠0，故C错误．
若e→是单位向量，当a→与e→不共线时，
则a→⊕e→<|a→|×1<|a→|+1；
当a→与e→共线时，则a→⊕e→=|a→−e→|≤|a→|+|e→|=|a→|+1，故D正确．
故选AD.
三、解答题
【答案】
解：(1)z1z2=(1−2i)(4+3i)=4−8i+3i−6i2=10−5i.
(2)z1−z2=1−2i−4−3i=−3−5i，
可设z=a−3i（a∈R），
因为∣z∣=5，
所以a2+9=25.
又复数z在复平面内对应的点在第三象限内，
所以a<0，即a=−4，
所以z=−4−3i.
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数代数形式的加减运算
复数的模
复数的基本概念
【解析】
无解析
无解析
【解答】
解：(1)z1z2=(1−2i)(4+3i)=4−8i+3i−6i2=10−5i.
(2)z1−z2=1−2i−4−3i=−3−5i，
可设z=a−3i（a∈R），
因为∣z∣=5，
所以a2+9=25.
又复数z在复平面内对应的点在第三象限内，
所以a<0，即a=−4，
所以z=−4−3i.
【答案】
解：(1)因为a→−2b→⋅a→+2b→=5，
所以|a→|2−4|b→|2=5 .
因为|a→|=3，
所以9−4|b→|2=5 .
解得|b→|=1 .
(2)因为a→⋅b→=332，
所以csθ=a→⋅b→|a→||b→|=3323=32 .
又因为θ∈[0,π]，
所以θ=π6 .
【考点】
向量的模
平面向量数量积
数量积表示两个向量的夹角
【解析】

【解答】
解：(1)因为a→−2b→⋅a→+2b→=5，
所以|a→|2−4|b→|2=5 .
因为|a→|=3，
所以9−4|b→|2=5 .
解得|b→|=1 .
(2)因为a→⋅b→=332，
所以csθ=a→⋅b→|a→||b→|=3323=32 .
又因为θ∈[0,π]，
所以θ=π6 .
【答案】
解：(1)选①，由(a+c)(a−c)=bb−c ，得b2+c2−a2=bc，
即csA=b2+c2−a22bc=12，
因为0选②，由sinA2sinB−sinC=csAcsC，得sinAcsC=2csAsinB−csAsinC，
所以sinA+C=2csAsinB，
则sinB=2csAsinB，
因为sinB≠0，所以csA=12，
又因为A∈0,π，所以A=π3，
选③，因为2bcsA=acsC+ccsA，
所以由正弦定理得2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA=sinA+C，
则2sinBcsA=sinB.
因为sinB≠0，所以csA=12，
又因为A∈0,π，所以A=π3．
(2)由(1)得A=π3，又c=4，
所以,ABC的面积S△ABC=3b.
由正弦定理得b=csinBsinC=4sin(2π3−C)sinC=23tanC+2，
由于△ABC为锐角三角形，故0因为B+C=2π3，
所以π6故2从而23所以△ABC面积的取值范围是23,83．
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)选①，由(a+c)(a−c)=bb−c ，得b2+c2−a2=bc，
即csA=b2+c2−a22bc=12，
因为0选②，由sinA2sinB−sinC=csAcsC，得sinAcsC=2csAsinB−csAsinC，
所以sinA+C=2csAsinB，
则sinB=2csAsinB，
因为sinB≠0，所以csA=12，
又因为A∈0,π，所以A=π3，
选③，因为2bcsA=acsC+ccsA，
所以由正弦定理得2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA=sinA+C，
则2sinBcsA=sinB.
因为sinB≠0，所以csA=12，
又因为A∈0,π，所以A=π3．
(2)由(1)得A=π3，又c=4，
所以,ABC的面积S△ABC=3b.
由正弦定理得b=csinBsinC=4sin(2π3−C)sinC=23tanC+2，
由于△ABC为锐角三角形，故0因为B+C=2π3，
所以π6故2从而23所以△ABC面积的取值范围是23,83．
【答案】
(1)证明：因为A1B1C1D1−ABCD为正方体，
所以AB//CD，AB=CD，CD//C1D1，CD=C1D1，
所以AB//C1D1，AB=C1D1，四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1//BC1，
因为AD1⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
所以AD1//平面A1BC1．
(2)解：三棱锥C−A1BC1的体积等于三棱锥A1−BCC1的体积，
S△BCC1=12×3×3=92，
又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥BB1，BB1∩B1C1=B1，
所以A1B1⊥平面BCC1，即三棱锥A1−BCC1的高为A1B1，
所以VC−A1BC1=VA1−BCC1=13×92×3=92．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为A1B1C1D1−ABCD为正方体，
所以AB//CD，AB=CD，CD//C1D1，CD=C1D1，
所以AB//C1D1，AB=C1D1，四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1//BC1，
因为AD1⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
所以AD1//平面A1BC1．
(2)解：三棱锥C−A1BC1的体积等于三棱锥A1−BCC1的体积，
S△BCC1=12×3×3=92，
又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥BB1，BB1∩B1C1=B1，
所以A1B1⊥平面BCC1，即三棱锥A1−BCC1的高为A1B1，
所以VC−A1BC1=VA1−BCC1=13×92×3=92．
【答案】
(1)证明：因为平面BPC将三棱锥A−BCD分成等体积的两部分，
所以P为线段AD的中点．
由△ABD是正三角形，所以BP⊥AD，
取BD的中点E，
则AE⊥BD .
又因为平面ABD⊥平面BCD，
所以AE⊥平面BCD，
从而AE⊥CD .
又BD⊥CD，AE∩BD=E，
所以CD⊥平面ABD，
从而BP⊥CD .
由于CD∩AD=D，
所以BP⊥平面ACD .
因为AC⊂平面ACD，
所以BP⊥AC .
(2)解：由(1)知AE⊥平面BCD，△ABD是边长为4的正三角形，
所以AE=23，可得P到平面BCD的距离为3 .
因为Q为CD的中点，
在Rt△BCD中，∠BCD=30∘，BD=4，CD=43，
所以Rt△BCD的面积为83，
VP−BCQ=12VP−BCD=12×13×83×3=4 .
由(1)知△BPC是直角三角形，
S△BPC=12BP⋅CP=12×23×213=239 .
设Q到平面BPC的距离为d，
则VQ−BPC=VP−BCQ=13d⋅S△BCP=2393d=4，
解得d=23913 .
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为平面BPC将三棱锥A−BCD分成等体积的两部分，
所以P为线段AD的中点．
由△ABD是正三角形，所以BP⊥AD，
取BD的中点E，
则AE⊥BD .
又因为平面ABD⊥平面BCD，
所以AE⊥平面BCD，
从而AE⊥CD .
又BD⊥CD，AE∩BD=E，
所以CD⊥平面ABD，
从而BP⊥CD .
由于CD∩AD=D，
所以BP⊥平面ACD .
因为AC⊂平面ACD，
所以BP⊥AC .
(2)解：由(1)知AE⊥平面BCD，△ABD是边长为4的正三角形，
所以AE=23，可得P到平面BCD的距离为3 .
因为Q为CD的中点，
在Rt△BCD中，∠BCD=30∘，BD=4，CD=43，
所以Rt△BCD的面积为83，
VP−BCQ=12VP−BCD=12×13×83×3=4 .
由(1)知△BPC是直角三角形，
S△BPC=12BP⋅CP=12×23×213=239 .
设Q到平面BPC的距离为d，
则VQ−BPC=VP−BCQ=13d⋅S△BCP=2393d=4，
解得d=23913 .
【答案】
解：(1)因为tan∠OAB=232=3，
所以∠OAB=60∘，
在△OAM中，OA=2，AM=1，∠OAB=60∘,
由余弦定理，得OM=4+1−2×2×1×12=3，
即OM=3，
因为OM2+AM2=OA2，
所以，OM⊥AN，∠AOM=30∘，
所以△OAN是正三角形，其周长为6，
即防护网的总长度为6km.
(2)设∠AOM=θ(0∘<θ<60∘)，
因为S△OMN=3S△OAM，
所以12ON⋅OMsin30∘=32OA⋅OMsinθ，
即ON=43sinθ.
在△OAN中，
由ONsin60∘=OAsin(180∘−θ−60∘−30∘)=2csθ，
得ON=3csθ.
由43sinθ=3csθ，得sin2θ=12,
因为0∘<2θ<120∘，
所以2θ=30∘，θ=15∘，
即∠AOM=15∘.
(3)设∠AOM=α(0∘<α<60∘)，
由(2)知ON=3csα，
在△OAM中，由OMsin60∘=OAsin(α+60∘)，
得OM=3sin(α+60∘)，
所以S△OMN=12ON⋅OMsin30∘
=34csαsin(α+60∘)=32sin(2α+60∘)+3，
当2α+60∘=90∘，
即α=15∘时，△OMN的面积最小，
且最小值为32+3=6−33km2.
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
无解析
无解析
无解析
【解答】
解：(1)因为tan∠OAB=232=3，
所以∠OAB=60∘，
在△OAM中，OA=2，AM=1，∠OAB=60∘,
由余弦定理，得OM=4+1−2×2×1×12=3，
即OM=3，
因为OM2+AM2=OA2，
所以，OM⊥AN，∠AOM=30∘，
所以△OAN是正三角形，其周长为6，
即防护网的总长度为6km.
(2)设∠AOM=θ(0∘<θ<60∘)，
因为S△OMN=3S△OAM，
所以12ON⋅OMsin30∘=32OA⋅OMsinθ，
即ON=43sinθ.
在△OAN中，
由ONsin60∘=OAsin(180∘−θ−60∘−30∘)=2csθ，
得ON=3csθ.
由43sinθ=3csθ，得sin2θ=12,
因为0∘<2θ<120∘，
所以2θ=30∘，θ=15∘，
即∠AOM=15∘.
(3)设∠AOM=α(0∘<α<60∘)，
由(2)知ON=3csα，
在△OAM中，由OMsin60∘=OAsin(α+60∘)，
得OM=3sin(α+60∘)，
所以S△OMN=12ON⋅OMsin30∘
=34csαsin(α+60∘)=32sin(2α+60∘)+3，
当2α+60∘=90∘，
即α=15∘时，△OMN的面积最小，
且最小值为32+3=6−33km2.
四、填空题
【答案】
34π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易得三棱锥A−BCD外接球的直径为AD，
则AD=42+32+32=34，
故三棱锥A−BCD外接球的半径R=342，
所以S=4π⋅3422=34π.
故答案为：34π.