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    2021-2022学年湖南省邵阳市某校高一(下)月考数学试卷

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    2021-2022学年湖南省邵阳市某校高一(下)月考数学试卷

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    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】

    【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】

    【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∘

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