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2021-2022学年河北省石家庄市某校高一（下）月考数学试卷
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这是一份2021-2022学年河北省石家庄市某校高一（下）月考数学试卷，共9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. 已知集合A=x|−1A.2B.3C.4D.5
2. 5−2ii=（ ）
A.−2−5iB.2−iC.2+iD.5−i
3. 命题p:x>4；命题q:4A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4. 函数fx在R上单调递增，且为奇函数，若f2=1，则满足−1≤fx+3≤1的x的取值范围是（ ）
A.−3,3B.−2,2C.−5,−1D.1,5
5. 已知正三角形ABC的边长为4，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为（ ）
A.3B.6C.23D.26
6. 为了得到函数y=sin4x+π6的图象，只需将y=sinx的图象（ ）
A.向左平移π6个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变
B.向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变
C.向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变
D.向左平移π6个单位长度，再把所得图象上各点横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变
7. 设三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面， BC=4,∠BAC=150∘,AA1=6，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A.25πB.50πC.100πD.200π
8. 如图，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点（M，N与B，C不重合），设AB→=xAM→,AC→=yAN→，则1x+1+1y+1的最小值为（ ）
A.12B.23C.34D.45
二、多选题
已知函数fx=3sin2x−π6，则（ ）
A.函数fx的最小正周期为2π
B.函数fx的图象关于直线x=−π6对称
C.函数fx的图象关于点7π12,0对称
D.函数fx在−π4,π6上单调递增
对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A.若csA=csB，则△ABC为等腰三角形
B.若A>B，则sinA>sinB
C.若a=10, c=10, B=60∘，则符合条件的△ABC有两个
D.若sin2A+sin2B>sin2C，则△ABC是锐角三角形
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为棱A1B1和A1C1上的点（不包括端点），且BE∩CF=P，则下列结论正确的是（ ）
A.B，C，E，F四点共面
B.P∈平面ABB1A1
C.平面AEF与平面BB1C1C不相交
D.P，A1，A三点共线
如图，直角梯形ABCD中， AB=2, CD=4, AD=2．则（ ）
A.以AD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的侧面积为162π
B.以CD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的体积为323π
C.以AB所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的表面积为20π+42π
D.以BC所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的体积为2823π
三、填空题
已知a→=2,3,b→=3,2，则|a→−2b→|=________.
设复数z满足z=2i1+i（其中i是虚数单位），则|z|=________.
如图，在三棱锥V−ABC中， VA=VB=VC=8，∠AVB=∠AVC=∠BVC=30∘，过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为________.
南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S=14c2a2−c2+a2−b222（其中S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边）．在斜△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若a=ccsB+3csC，且asinC=3sinB．则此△ABC面积的最大值为________.
四、解答题
已知a→=(1, 2)，b→=(1, −1).
(1)若θ为2a→+b→与a→−b→的夹角，求θ的值；
(2)若2a→+b→与ka→−b→垂直，求k的值．
如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，过顶点B，D，A1截下一个三棱锥．
(1)求剩余部分的体积；
(2)求三棱锥A−A1BD的体积及高．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知2csinC=2b−asinB+2a−bsinA.
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，求△ABC面积的最大值．
已知函数fx=3sin2x−2sin2x.
(1)求fx的最小正周期和单调递增区间；
(2)若x∈−π3,π3，求fx的最小值及取得最小值时对应的x的取值．
在△ABC中，角A，B，C所对的对边分别为a,b,c，且3bcsA+acsB=b+c.
(1)求角A的大小；
(2)若a=14,csB=17，求△ABC的面积．
如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω的体积；
(2)若PO1:O1O2=1:3，求几何体Ω的表面积．
参考答案与试题解析
2021-2022学年河北省石家庄市某校高一（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
集合中元素的个数
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题设， A=0,1,2,3，又B=x|12.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
5−2ii=5−2iii2=−2−5i
3.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
q⇒p，反之不成立，即可判断出．
【解答】
解：∵ 命题p:x>4；命题q:4∴ q⇒p，反之不成立，
∴ p是q成立的必要不充分条件．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
∵ fx为奇函数，f−x=−fx，又f2=1，∴ f−2=−1
则−1≤fx+3≤1可化为： f−2≤fx+3≤f2，∵ fx在−∞,+∞单调递增，
∴ −2≤x+3≤2，解得： −5≤x≤−1，∴ x的取值范围为−5,−1
5.
【答案】
B
【考点】
平面图形的直观图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
如图所示，以BC中点O为原点，BC为x轴建立直角坐标系，再即可得到VABC的直观图VA′B′C′如下图所示：
则VA′B′C′的面积为： 2×12×2×3×sinπ4=6
6.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】只要将y=sinx的图象向左平移π6个单位长度，得到函数y=sinx+π6的图象，
再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，得到函数y=sin4x+π6的图象，即A正确；
将y=sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到的是函数y=sin14x+π3的图象，故B错误；
将y=sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，得到的是函数y=sin4x+π3的图象，故C错误；
将y=sinx的图象向左平移π6个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到的是函数y=sin14x+π6的图象，故D错误；
7.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由题意知底面三角形ABC外接圆的圆心为点O′，设外接圆的半径为r，三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为R，BC=4, ∠BAC=150∘，由正弦定理得BCsin∠BAC=412=8=2r，所以r=4，过O′作垂直于底面的直线交中截面于点O，则O为外接球的球心，
由题意得： R2=r2+AA122=42+32=25，所以外接球的表面积S=4πR2=100π
8.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】因为G是△ABC的重心，所以AG→=23×12AB→+AC→=13xAM→+yAN→x>0,y>0，
由于M、G、N共线，所以13x+13y=1，即x+y=3
所以1x+1+1y+1=15x+1+y+y+11x+1+1y+1=152+y+1x+1+x+1y+1
≥15(2+2y+1x+1⋅x+1y+1)=45 （当且仅当y+1x+1=x+1y+1即x=y=32时取等号）
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
正弦函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
BC【解析】函数f(x)的最小正周期为T=2π|ω|=π 故A选项错误．
将x=−π6代入解析式得：sin2x−π6=−1故B选项正确．
将x=7π12代入解析式得： f7π12=0故C选项正确．
由2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2可得： kπ−π6≤x≤kπ+π3k∈Z，
∴ fx的单调递增区间为kπ−π6,kπ+π3k∈Z，
显然，不存在这样的k，使得−π4,π6⊆kπ−π6,kπ+π3
故D选项错误．
故答案为BC．
【答案】
A,B
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】若csA=csB，因为y=csx在0,π的单调递减，则A=B，所以三角形ABC一定为等腰三角形，A正确；
若A>B，则a>b，即2RsinA>2RsinB，所以sinA>sinB，B正确；
若a=8,c=10,B=60∘，由余弦定理得， b2=64+100−2×8×10×12=84
所以b=221，故符合条件的△ABC有一个，C错误；
若sin2A+sin2B>sin2C，则a2+b2>c2，由余弦定理得csC大于0，即C为锐角，但不能证明三角形为锐角三角形，D错误．
【答案】
A,B,D
【考点】
棱柱的结构特征
空间中平面与平面之间的位置关系
空间点、线、面的位置
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】对于A，因为BE∩CF=P，所以BE，CF共面，所以A正确；
对于B， P∈BE，BE⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，故B正确，
对于D， P∈CF ,CF⊂平面ACC1A1,P∈平面ACC1A1，
所以P∈平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，故D正确；
对于C，AE与BB1相交，则平面AEF与平面BB1C1相交，故C不正确．
【答案】
B,C,D
【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】
【解析】延长DA、CB交于点E，如图，
由题意得， AE=AD=2，BE=BC=AD2+CD22=22
A：以AD所在直线为轴旋转，得到一个圆台，此圆台由大圆锥切去小圆锥得到，
所以圆台的侧面积S=128π×42−4π×22=122π，错误；
B：以CD所在直线为轴旋转，得到一个以2为底面半径以2为高的圆柱与一个以2为底面半径以2为高的圆锥的组合体，所以该组合体的体积为： V=22×2π+13×22×2π=323π，正确；
C：以AB所在直线为轴旋转，得到一个圆柱挖去一个圆锥的旋转体，如图，
所以该旋转体表面积为：S=4π+2×2×4π+22×2π=20π+42π，正确；
D：以BC所在直线为轴旋转，得到一个圆锥的体积和一个圆台的体积的和切去一个小圆锥的体积，如
图，
V=13×(22)2×22π+13×(2)2π+(2)2π×(22)2π+(22)2π×2−13×22×2π=282π3，正确．
三、填空题
【答案】
17
【考点】
平面向量的坐标运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由已知a→−2b→=−4,−1，
所以|a→−2b→|=−42+−12=17.
【答案】
2
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由复数的除法运算，可得z=2i1+i=2i1−i1+i1−i=1+i，所以|z|=12+12=2．
【答案】
82
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】如图，沿着侧棱VA把正三棱锥V−ABC展开在一个平面内，如下图所示：
则AA′即为VAEF的周长的最小值，且∠AVA′=3×30∘=90∘
在VAA′中，由勾股定理得： AA′=VA2+VA′2=82+82=82.
【答案】
934
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】∵a=ccsB+3csC，∴ sinA=sinCcsB+3csc，
即sinCcsB+3sinCcsC=sinB+C=sinBcsC+csBsinC，
即3sinCcsC=sinBcsC，又C∈0,π且C≠π2，则csC≠0，
∵ sinB=3sinC ，∴b=3c，又asinC=3sinB，所以ac=3b，解得a=3，
∴ S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2=14[9c2−c2+9−3c222]=12−c4+18c2−812=12−c2−92+2434，
∴ c=3时， Smax=934
四、解答题
【答案】
解：(1)已知a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
则所以 csa→,b→=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=1−21+4⋅2=−1010．
(2)∵ a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
∴ 2a→+b→=(3, 3)，ka→−b→=(k−1, 2k+1).
∵ 向量2a→+b→与ka→−b→垂直，
∴ 3(k−1)+3(2k+1)=0，
解得k=0.
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
（1）根据向量线性运算的坐标表示，分别得出2a→+b→和a→−b→的坐标，利用数量积的运算性质算出(2a→+b→)(a→−b→)的值和2a→+b→、a→−b→的模，结合向量的夹角公式即可算出2a→+b→与a→−b→的夹角θ的值；
（2）根据向量a→=(1, 2)，b→=(1, −1)算出2a→+b→和ka→−b→的坐标，利用向量垂直的充要条件建立关于k的关系式，解之即可得到实数k的值．
【解答】
解：(1)已知a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
则所以 csa→,b→=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=1−21+4⋅2=−1010．
(2)∵ a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
∴ 2a→+b→=(3, 3)，ka→−b→=(k−1, 2k+1).
∵ 向量2a→+b→与ka→−b→垂直，
∴ 3(k−1)+3(2k+1)=0，
解得k=0.
【答案】
解：（1）由题意，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，则正方体的体积为V1=a3
又三棱锥A1−ABD的体积VA1−ABD=13⋅S△ABD⋅A1A=13⋅12⋅AB⋅AD⋅A1A=16a3
所以剩余部分的体积V=V1−VA1−ABD=a3−16a3=56a3.
（2）由（1）知VA−A1BD=VA1−ABD=16a3，设三棱锥A−A1BD的高为h， △ABD是等边三角形，边长为2a，即面积S△A1BD=12×32×2a2=32a2，
则VA−A1BD=13⋅S△A1BD⋅h=13×32a2×h=36a2h，即36a2h=16a3，解得h=33a，
故三棱锥A−A1BD的体积为16a3，高为33a.
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由题意，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，则正方体的体积为V1=a3
又三棱锥A1−ABD的体积VA1−ABD=13⋅S△ABD⋅A1A=13⋅12⋅AB⋅AD⋅A1A=16a3
所以剩余部分的体积V=V1−VA1−ABD=a3−16a3=56a3.
（2）由（1）知VA−A1BD=VA1−ABD=16a3，设三棱锥A−A1BD的高为h， △ABD是等边三角形，边长为2a，即面积S△A1BD=12×32×2a2=32a2，
则VA−A1BD=13⋅S△A1BD⋅h=13×32a2×h=36a2h，即36a2h=16a3，解得h=33a，
故三棱锥A−A1BD的体积为16a3，高为33a.
【答案】
（1）解：因为2csinC=2b−asinB+2a−bsinA，所以2c2=2b−ab+2a−ba，
即c2=b2+a2−ab．由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=12，因为C∈0,π，所以C=π3.
（2）由（1）可知a2+b2−ab=4，而a2+b2≥2ab，所以2ab−ab≤4，即ab≤4
所以△ABC的面积S=12absinC=12ab×32≤3，当且仅当a=b=2时等号成立，
即△ABC面积的最大值为3
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形求面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）解：因为2csinC=2b−asinB+2a−bsinA，所以2c2=2b−ab+2a−ba，
即c2=b2+a2−ab．由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=12，因为C∈0,π，所以C=π3.
（2）由（1）可知a2+b2−ab=4，而a2+b2≥2ab，所以2ab−ab≤4，即ab≤4
所以△ABC的面积S=12absinC=12ab×32≤3，当且仅当a=b=2时等号成立，
即△ABC面积的最大值为3
【答案】
解：（1）依题意得： fx=3sin2x−2sin2x=3sin2x+cs2x−1=2sin2x+π6−1
∵T=2π|ω|，∴ T=2π2=π，∴ fx的最小正周期为π；
由−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z得： −π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z
∴ fx单调递增区间为： −π3+kπ,π6+kπ,k∈Z
（2）∵x∈−π3,π3，∴ 2x+π6∈−π2,5π6 ∴ sin2x+π6∈−1,1 ，
∴ 2sin2x+π6−1∈−3,1，即： fminx=−3，此时x=−π3.
【考点】
正弦函数的单调性
正弦函数的周期性
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的定义域和值域
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）依题意得： fx=3sin2x−2sin2x=3sin2x+cs2x−1=2sin2x+π6−1
∵T=2π|ω|，∴ T=2π2=π，∴ fx的最小正周期为π；
由−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z得： −π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z
∴ fx单调递增区间为： −π3+kπ,π6+kπ,k∈Z
（2）∵x∈−π3,π3，∴ 2x+π6∈−π2,5π6 ∴ sin2x+π6∈−1,1 ，
∴ 2sin2x+π6−1∈−3,1，即： fminx=−3，此时x=−π3.
【答案】
【解析】（1）将条件中的边转换为角度的正弦值
3sinBcsA+sinAcsB=sinB+sinC=sinB+sinA+B=sinB+sinAcsB+csAsinB，
∴ 2sinBcsA=sinB，∴A=12，又∵ A∈0,π，∴ A=π3.
（2）由csB=17得sinB=437，又asinA=bsinB得b=16，
sinC=sinA+B=sinAcsB+sinBcsA=5314，
S△ABC=12absinC=12⋅14⋅16⋅5314=403，所以△ABC的面积为403.
【考点】
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
三角形的面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】（1）将条件中的边转换为角度的正弦值
3sinBcsA+sinAcsB=sinB+sinC=sinB+sinA+B=sinB+sinAcsB+csAsinB，
∴ 2sinBcsA=sinB，∴A=12，又∵ A∈0,π，∴ A=π3.
（2）由csB=17得sinB=437，又asinA=bsinB得b=16，
sinC=sinA+B=sinAcsB+sinBcsA=5314，
S△ABC=12absinC=12⋅14⋅16⋅5314=403，所以△ABC的面积为403.
【答案】
【解析】（1）如图可知，过P、 O1,O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形， PC=PD，在直角△OO1D中， OD=1，O1D=32，
则OO1=12−322=12
故圆锥的底面半径为32，高为O1P=1−12=12，其体积为13×π322×12=π8，
圆柱的底面半径为32，高为O1O2=2×12=1，其体积为π322×1=3π4，
所以几何体Ω的体积为3π4+π8=7π8.
（2）若PO1:O1O2=1:3，设O1O2=2h，则PO1=2h3，故2h3+h=1，∴ h=35，
在直角△OO1D中， OD=1，OO1=35，则O1D=12−352=45，
故圆锥的底面半径为45，高为O1P=25，其母线长为452+252=255，
圆锥的侧面积为π×45×255=8525π
圆柱的底面半径为45，高为O1O2=65，其侧面积为2π×45×65=4825π
所以几何体Ω的表面积为8525π+4825π+π×452=64+8525π
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】（1）如图可知，过P、 O1,O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形， PC=PD，在直角△OO1D中， OD=1，O1D=32，
则OO1=12−322=12
故圆锥的底面半径为32，高为O1P=1−12=12，其体积为13×π322×12=π8，
圆柱的底面半径为32，高为O1O2=2×12=1，其体积为π322×1=3π4，
所以几何体Ω的体积为3π4+π8=7π8.
（2）若PO1:O1O2=1:3，设O1O2=2h，则PO1=2h3，故2h3+h=1，∴ h=35，
在直角△OO1D中， OD=1，OO1=35，则O1D=12−352=45，
故圆锥的底面半径为45，高为O1P=25，其母线长为452+252=255，
圆锥的侧面积为π×45×255=8525π
圆柱的底面半径为45，高为O1O2=65，其侧面积为2π×45×65=4825π
所以几何体Ω的表面积为8525π+4825π+π×452=64+8525π
1. 已知集合A=x|−1
2. 5−2ii=（ ）
A.−2−5iB.2−iC.2+iD.5−i
3. 命题p:x>4；命题q:4
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4. 函数fx在R上单调递增，且为奇函数，若f2=1，则满足−1≤fx+3≤1的x的取值范围是（ ）
A.−3,3B.−2,2C.−5,−1D.1,5
5. 已知正三角形ABC的边长为4，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为（ ）
A.3B.6C.23D.26
6. 为了得到函数y=sin4x+π6的图象，只需将y=sinx的图象（ ）
A.向左平移π6个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变
B.向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变
C.向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变
D.向左平移π6个单位长度，再把所得图象上各点横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变
7. 设三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面， BC=4,∠BAC=150∘,AA1=6，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A.25πB.50πC.100πD.200π
8. 如图，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点（M，N与B，C不重合），设AB→=xAM→,AC→=yAN→，则1x+1+1y+1的最小值为（ ）
A.12B.23C.34D.45
二、多选题
已知函数fx=3sin2x−π6，则（ ）
A.函数fx的最小正周期为2π
B.函数fx的图象关于直线x=−π6对称
C.函数fx的图象关于点7π12,0对称
D.函数fx在−π4,π6上单调递增
对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A.若csA=csB，则△ABC为等腰三角形
B.若A>B，则sinA>sinB
C.若a=10, c=10, B=60∘，则符合条件的△ABC有两个
D.若sin2A+sin2B>sin2C，则△ABC是锐角三角形
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为棱A1B1和A1C1上的点（不包括端点），且BE∩CF=P，则下列结论正确的是（ ）
A.B，C，E，F四点共面
B.P∈平面ABB1A1
C.平面AEF与平面BB1C1C不相交
D.P，A1，A三点共线
如图，直角梯形ABCD中， AB=2, CD=4, AD=2．则（ ）
A.以AD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的侧面积为162π
B.以CD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的体积为323π
C.以AB所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的表面积为20π+42π
D.以BC所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得几何体的体积为2823π
三、填空题
已知a→=2,3,b→=3,2，则|a→−2b→|=________.
设复数z满足z=2i1+i（其中i是虚数单位），则|z|=________.
如图，在三棱锥V−ABC中， VA=VB=VC=8，∠AVB=∠AVC=∠BVC=30∘，过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为________.
南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S=14c2a2−c2+a2−b222（其中S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边）．在斜△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若a=ccsB+3csC，且asinC=3sinB．则此△ABC面积的最大值为________.
四、解答题
已知a→=(1, 2)，b→=(1, −1).
(1)若θ为2a→+b→与a→−b→的夹角，求θ的值；
(2)若2a→+b→与ka→−b→垂直，求k的值．
如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，过顶点B，D，A1截下一个三棱锥．
(1)求剩余部分的体积；
(2)求三棱锥A−A1BD的体积及高．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知2csinC=2b−asinB+2a−bsinA.
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，求△ABC面积的最大值．
已知函数fx=3sin2x−2sin2x.
(1)求fx的最小正周期和单调递增区间；
(2)若x∈−π3,π3，求fx的最小值及取得最小值时对应的x的取值．
在△ABC中，角A，B，C所对的对边分别为a,b,c，且3bcsA+acsB=b+c.
(1)求角A的大小；
(2)若a=14,csB=17，求△ABC的面积．
如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω的体积；
(2)若PO1:O1O2=1:3，求几何体Ω的表面积．
参考答案与试题解析
2021-2022学年河北省石家庄市某校高一（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
集合中元素的个数
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题设， A=0,1,2,3，又B=x|1
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
5−2ii=5−2iii2=−2−5i
3.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
q⇒p，反之不成立，即可判断出．
【解答】
解：∵ 命题p:x>4；命题q:4
∴ p是q成立的必要不充分条件．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
∵ fx为奇函数，f−x=−fx，又f2=1，∴ f−2=−1
则−1≤fx+3≤1可化为： f−2≤fx+3≤f2，∵ fx在−∞,+∞单调递增，
∴ −2≤x+3≤2，解得： −5≤x≤−1，∴ x的取值范围为−5,−1
5.
【答案】
B
【考点】
平面图形的直观图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
如图所示，以BC中点O为原点，BC为x轴建立直角坐标系，再即可得到VABC的直观图VA′B′C′如下图所示：
则VA′B′C′的面积为： 2×12×2×3×sinπ4=6
6.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】只要将y=sinx的图象向左平移π6个单位长度，得到函数y=sinx+π6的图象，
再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，得到函数y=sin4x+π6的图象，即A正确；
将y=sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到的是函数y=sin14x+π3的图象，故B错误；
将y=sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，得到的是函数y=sin4x+π3的图象，故C错误；
将y=sinx的图象向左平移π6个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到的是函数y=sin14x+π6的图象，故D错误；
7.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由题意知底面三角形ABC外接圆的圆心为点O′，设外接圆的半径为r，三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为R，BC=4, ∠BAC=150∘，由正弦定理得BCsin∠BAC=412=8=2r，所以r=4，过O′作垂直于底面的直线交中截面于点O，则O为外接球的球心，
由题意得： R2=r2+AA122=42+32=25，所以外接球的表面积S=4πR2=100π
8.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】因为G是△ABC的重心，所以AG→=23×12AB→+AC→=13xAM→+yAN→x>0,y>0，
由于M、G、N共线，所以13x+13y=1，即x+y=3
所以1x+1+1y+1=15x+1+y+y+11x+1+1y+1=152+y+1x+1+x+1y+1
≥15(2+2y+1x+1⋅x+1y+1)=45 （当且仅当y+1x+1=x+1y+1即x=y=32时取等号）
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
正弦函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
BC【解析】函数f(x)的最小正周期为T=2π|ω|=π 故A选项错误．
将x=−π6代入解析式得：sin2x−π6=−1故B选项正确．
将x=7π12代入解析式得： f7π12=0故C选项正确．
由2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2可得： kπ−π6≤x≤kπ+π3k∈Z，
∴ fx的单调递增区间为kπ−π6,kπ+π3k∈Z，
显然，不存在这样的k，使得−π4,π6⊆kπ−π6,kπ+π3
故D选项错误．
故答案为BC．
【答案】
A,B
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】若csA=csB，因为y=csx在0,π的单调递减，则A=B，所以三角形ABC一定为等腰三角形，A正确；
若A>B，则a>b，即2RsinA>2RsinB，所以sinA>sinB，B正确；
若a=8,c=10,B=60∘，由余弦定理得， b2=64+100−2×8×10×12=84
所以b=221，故符合条件的△ABC有一个，C错误；
若sin2A+sin2B>sin2C，则a2+b2>c2，由余弦定理得csC大于0，即C为锐角，但不能证明三角形为锐角三角形，D错误．
【答案】
A,B,D
【考点】
棱柱的结构特征
空间中平面与平面之间的位置关系
空间点、线、面的位置
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】对于A，因为BE∩CF=P，所以BE，CF共面，所以A正确；
对于B， P∈BE，BE⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，故B正确，
对于D， P∈CF ,CF⊂平面ACC1A1,P∈平面ACC1A1，
所以P∈平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，故D正确；
对于C，AE与BB1相交，则平面AEF与平面BB1C1相交，故C不正确．
【答案】
B,C,D
【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】
【解析】延长DA、CB交于点E，如图，
由题意得， AE=AD=2，BE=BC=AD2+CD22=22
A：以AD所在直线为轴旋转，得到一个圆台，此圆台由大圆锥切去小圆锥得到，
所以圆台的侧面积S=128π×42−4π×22=122π，错误；
B：以CD所在直线为轴旋转，得到一个以2为底面半径以2为高的圆柱与一个以2为底面半径以2为高的圆锥的组合体，所以该组合体的体积为： V=22×2π+13×22×2π=323π，正确；
C：以AB所在直线为轴旋转，得到一个圆柱挖去一个圆锥的旋转体，如图，
所以该旋转体表面积为：S=4π+2×2×4π+22×2π=20π+42π，正确；
D：以BC所在直线为轴旋转，得到一个圆锥的体积和一个圆台的体积的和切去一个小圆锥的体积，如
图，
V=13×(22)2×22π+13×(2)2π+(2)2π×(22)2π+(22)2π×2−13×22×2π=282π3，正确．
三、填空题
【答案】
17
【考点】
平面向量的坐标运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由已知a→−2b→=−4,−1，
所以|a→−2b→|=−42+−12=17.
【答案】
2
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由复数的除法运算，可得z=2i1+i=2i1−i1+i1−i=1+i，所以|z|=12+12=2．
【答案】
82
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】如图，沿着侧棱VA把正三棱锥V−ABC展开在一个平面内，如下图所示：
则AA′即为VAEF的周长的最小值，且∠AVA′=3×30∘=90∘
在VAA′中，由勾股定理得： AA′=VA2+VA′2=82+82=82.
【答案】
934
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】∵a=ccsB+3csC，∴ sinA=sinCcsB+3csc，
即sinCcsB+3sinCcsC=sinB+C=sinBcsC+csBsinC，
即3sinCcsC=sinBcsC，又C∈0,π且C≠π2，则csC≠0，
∵ sinB=3sinC ，∴b=3c，又asinC=3sinB，所以ac=3b，解得a=3，
∴ S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2=14[9c2−c2+9−3c222]=12−c4+18c2−812=12−c2−92+2434，
∴ c=3时， Smax=934
四、解答题
【答案】
解：(1)已知a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
则所以 csa→,b→=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=1−21+4⋅2=−1010．
(2)∵ a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
∴ 2a→+b→=(3, 3)，ka→−b→=(k−1, 2k+1).
∵ 向量2a→+b→与ka→−b→垂直，
∴ 3(k−1)+3(2k+1)=0，
解得k=0.
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
（1）根据向量线性运算的坐标表示，分别得出2a→+b→和a→−b→的坐标，利用数量积的运算性质算出(2a→+b→)(a→−b→)的值和2a→+b→、a→−b→的模，结合向量的夹角公式即可算出2a→+b→与a→−b→的夹角θ的值；
（2）根据向量a→=(1, 2)，b→=(1, −1)算出2a→+b→和ka→−b→的坐标，利用向量垂直的充要条件建立关于k的关系式，解之即可得到实数k的值．
【解答】
解：(1)已知a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
则所以 csa→,b→=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=1−21+4⋅2=−1010．
(2)∵ a→=(1, 2)，b→=(1, −1)，
∴ 2a→+b→=(3, 3)，ka→−b→=(k−1, 2k+1).
∵ 向量2a→+b→与ka→−b→垂直，
∴ 3(k−1)+3(2k+1)=0，
解得k=0.
【答案】
解：（1）由题意，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，则正方体的体积为V1=a3
又三棱锥A1−ABD的体积VA1−ABD=13⋅S△ABD⋅A1A=13⋅12⋅AB⋅AD⋅A1A=16a3
所以剩余部分的体积V=V1−VA1−ABD=a3−16a3=56a3.
（2）由（1）知VA−A1BD=VA1−ABD=16a3，设三棱锥A−A1BD的高为h， △ABD是等边三角形，边长为2a，即面积S△A1BD=12×32×2a2=32a2，
则VA−A1BD=13⋅S△A1BD⋅h=13×32a2×h=36a2h，即36a2h=16a3，解得h=33a，
故三棱锥A−A1BD的体积为16a3，高为33a.
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由题意，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，则正方体的体积为V1=a3
又三棱锥A1−ABD的体积VA1−ABD=13⋅S△ABD⋅A1A=13⋅12⋅AB⋅AD⋅A1A=16a3
所以剩余部分的体积V=V1−VA1−ABD=a3−16a3=56a3.
（2）由（1）知VA−A1BD=VA1−ABD=16a3，设三棱锥A−A1BD的高为h， △ABD是等边三角形，边长为2a，即面积S△A1BD=12×32×2a2=32a2，
则VA−A1BD=13⋅S△A1BD⋅h=13×32a2×h=36a2h，即36a2h=16a3，解得h=33a，
故三棱锥A−A1BD的体积为16a3，高为33a.
【答案】
（1）解：因为2csinC=2b−asinB+2a−bsinA，所以2c2=2b−ab+2a−ba，
即c2=b2+a2−ab．由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=12，因为C∈0,π，所以C=π3.
（2）由（1）可知a2+b2−ab=4，而a2+b2≥2ab，所以2ab−ab≤4，即ab≤4
所以△ABC的面积S=12absinC=12ab×32≤3，当且仅当a=b=2时等号成立，
即△ABC面积的最大值为3
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形求面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）解：因为2csinC=2b−asinB+2a−bsinA，所以2c2=2b−ab+2a−ba，
即c2=b2+a2−ab．由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=12，因为C∈0,π，所以C=π3.
（2）由（1）可知a2+b2−ab=4，而a2+b2≥2ab，所以2ab−ab≤4，即ab≤4
所以△ABC的面积S=12absinC=12ab×32≤3，当且仅当a=b=2时等号成立，
即△ABC面积的最大值为3
【答案】
解：（1）依题意得： fx=3sin2x−2sin2x=3sin2x+cs2x−1=2sin2x+π6−1
∵T=2π|ω|，∴ T=2π2=π，∴ fx的最小正周期为π；
由−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z得： −π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z
∴ fx单调递增区间为： −π3+kπ,π6+kπ,k∈Z
（2）∵x∈−π3,π3，∴ 2x+π6∈−π2,5π6 ∴ sin2x+π6∈−1,1 ，
∴ 2sin2x+π6−1∈−3,1，即： fminx=−3，此时x=−π3.
【考点】
正弦函数的单调性
正弦函数的周期性
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的定义域和值域
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）依题意得： fx=3sin2x−2sin2x=3sin2x+cs2x−1=2sin2x+π6−1
∵T=2π|ω|，∴ T=2π2=π，∴ fx的最小正周期为π；
由−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z得： −π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z
∴ fx单调递增区间为： −π3+kπ,π6+kπ,k∈Z
（2）∵x∈−π3,π3，∴ 2x+π6∈−π2,5π6 ∴ sin2x+π6∈−1,1 ，
∴ 2sin2x+π6−1∈−3,1，即： fminx=−3，此时x=−π3.
【答案】
【解析】（1）将条件中的边转换为角度的正弦值
3sinBcsA+sinAcsB=sinB+sinC=sinB+sinA+B=sinB+sinAcsB+csAsinB，
∴ 2sinBcsA=sinB，∴A=12，又∵ A∈0,π，∴ A=π3.
（2）由csB=17得sinB=437，又asinA=bsinB得b=16，
sinC=sinA+B=sinAcsB+sinBcsA=5314，
S△ABC=12absinC=12⋅14⋅16⋅5314=403，所以△ABC的面积为403.
【考点】
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
三角形的面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】（1）将条件中的边转换为角度的正弦值
3sinBcsA+sinAcsB=sinB+sinC=sinB+sinA+B=sinB+sinAcsB+csAsinB，
∴ 2sinBcsA=sinB，∴A=12，又∵ A∈0,π，∴ A=π3.
（2）由csB=17得sinB=437，又asinA=bsinB得b=16，
sinC=sinA+B=sinAcsB+sinBcsA=5314，
S△ABC=12absinC=12⋅14⋅16⋅5314=403，所以△ABC的面积为403.
【答案】
【解析】（1）如图可知，过P、 O1,O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形， PC=PD，在直角△OO1D中， OD=1，O1D=32，
则OO1=12−322=12
故圆锥的底面半径为32，高为O1P=1−12=12，其体积为13×π322×12=π8，
圆柱的底面半径为32，高为O1O2=2×12=1，其体积为π322×1=3π4，
所以几何体Ω的体积为3π4+π8=7π8.
（2）若PO1:O1O2=1:3，设O1O2=2h，则PO1=2h3，故2h3+h=1，∴ h=35，
在直角△OO1D中， OD=1，OO1=35，则O1D=12−352=45，
故圆锥的底面半径为45，高为O1P=25，其母线长为452+252=255，
圆锥的侧面积为π×45×255=8525π
圆柱的底面半径为45，高为O1O2=65，其侧面积为2π×45×65=4825π
所以几何体Ω的表面积为8525π+4825π+π×452=64+8525π
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】（1）如图可知，过P、 O1,O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形， PC=PD，在直角△OO1D中， OD=1，O1D=32，
则OO1=12−322=12
故圆锥的底面半径为32，高为O1P=1−12=12，其体积为13×π322×12=π8，
圆柱的底面半径为32，高为O1O2=2×12=1，其体积为π322×1=3π4，
所以几何体Ω的体积为3π4+π8=7π8.
（2）若PO1:O1O2=1:3，设O1O2=2h，则PO1=2h3，故2h3+h=1，∴ h=35，
在直角△OO1D中， OD=1，OO1=35，则O1D=12−352=45，
故圆锥的底面半径为45，高为O1P=25，其母线长为452+252=255，
圆锥的侧面积为π×45×255=8525π
圆柱的底面半径为45，高为O1O2=65，其侧面积为2π×45×65=4825π
所以几何体Ω的表面积为8525π+4825π+π×452=64+8525π
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