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】
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∘
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