2021-2022学年北京市海淀区教师进修学校高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案解析）

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A. −32B. −12C. 12D. 32
2. 已知向量a=(3,1),b=(1,x)，且a⊥b，那么x的值是( )
A. 13B. −13C. 3D. −3
3. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=5，b=3，c=25，则csC=( )
A. 115B. 715C. 815D. 1415
4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=2b，sinA=13，则sinB=( )
A. 23B. 73C. 26D. 346
5. 设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m//β“是“α//β”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6. 在△ABC中，a=bsinA，则△ABC一定是( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
7. 若函数f(x)=2sin(2x−π3+φ)是奇函数，则φ的值可以是( )
A. 5π6B. π2C. −2π3D. −π2
8. 如图，△AOB为等腰直角三角形，OA=1，OC为斜边AB的高，点P在射线OC上，则AP⋅OP的最小值为( )
A. −1
B. −18
C. −14
D. −12
9. 如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD,CD⊥CB,∠ABC=60∘,AB=2,AD=3，E为线段CD的中点，F为线段AB上一动点(包括端点)，且EF=λDA+μCB，则下列说法正确的是( )
A. BC=52B. 若F为线段AB的中点，则λ+μ=1
C. FC⋅FD的最小值为154D. μ的最大值比最小值大85
10. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则以下四个命题中错误的是( )
A. 直线A1C1与AD1为异面直线B. A1C1//平面ACD1
C. BD1⊥ACD. 三棱锥D1−ADC的体积为83
11. 已知向量a=(−3,2),b=(−1,λ)，且a//b，则实数λ的值为______.
12. 棱长为2的正方体外接球的表面积是______.
13. 已知圆锥的侧面积是底面积的54倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角大小为______.
14. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”一一由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图1所示．类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．在△ABC中，若AF=2，FD=4，则AB=______.
15. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是______.
①函数f(x)的图象关于直线x=π2对称；
②函数f(x)的图象关于点(−π12,0)对称；
③函数f(x)在区间[−π3,π6]上单调递增；
④y=1与y=f(x)(−π12≤x≤23π12)的图象所有交点的横坐标之和为8π3.
16. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是AD1的中点，N是DC1的中点．
(1)求证：MN//平面ABCD；
(2)若AB=2，求：棱锥A−MND体积．
17. 如图所示，在边长为8的正三角形ABC中，E，F依次是AB，AC的中点，AD⊥BC，EH⊥BC，FG⊥BC，D，H，G为垂足，若将△ABC绕AD旋转180∘，求阴影部分形成的几何体的表面积与体积．
18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=π3，b=13，c=3，D为BC的中点．
(1)求AD的长；
(2)求sin∠ADB的值．
19. 在△ABC中，acsB+bcsA=2ccsC.
(Ⅰ)求∠C；
(Ⅱ)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求c和sinA的值．
条件①：a=22，AC边上中线的长5；
条件②：b=6，△ABC的面积为6；
条件③：csB=−1010，AC边上的高BD的长为2.
20. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的图象如图所示，点B，D，F为f(x)与x轴的交点，点C，E分别为f(x)的最高点和最低点，而函数f(x)的相邻两条对称轴之间的距离为2，且其在x=−12处取得最小值．
(1)求参数ω和φ的值；
(2)若A=1，求向量2BC−CD与向量BC+3CD夹角的余弦值；
(3)若点P为函数f(x)图象上的动点，当点P在C，E之间运动时，BP⋅PF≥1恒成立，求A的取值范围．
21. 设A是如下形式的2行3列的数表，
满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[−1,1]，且a+b+c+d+e+f=0.
记ri(A)为A的第i行各数之和(i=1,2)，Cj(A)为A的第j列各数之和(j=1,2,3)；记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值．
(1)对如下数表A，求k(A)的值
(2)设数表A形如
其中−1≤d≤0.求k(A)的最大值；
(Ⅲ)对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：cs390∘=cs(360∘+30∘)=cs30∘=32.
故选：D.
直接利用诱导公式以及特殊角的三角函数化简求值即可．
本题考查诱导公式的应用，特殊角的三角函数求值，基本知识的考查．
2.【答案】D
【解析】解：由向量a=(3,1),b=(1,x)，且a⊥b，
可得a⋅b=3+x=0，解得x=−3.
故选：D.
运用向量垂直的条件和数量积的坐标表示，解方程可得所求值．
本题考查向量垂直的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=25+9−202×5×3=715.
故选：B.
由已知结合余弦定理即可直接求解．
本题主要考查了余弦定理，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
由已知结合正弦定理即可直接求解．
【解答】
解：因为a=2b，
所以ba=22，
由正弦定理得asinA=bsinB，
所以sinB=bsinAa=22×13=26.
故选：C.
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念．
m//β并得不到α//β，根据面面平行的判定定理，只有α内的两相交直线都平行于β，而α//β，并且m⊂α，显然能得到m//β，这样即可找出正确选项．
【解答】
解：m⊂α，m//β得不到α//β，因为α，β可能相交，只要m和α，β的交线平行即可得到m//β；
α//β，m⊂α，∴m和β没有公共点，∴m//β，即α//β能得到m//β；
∴“m//β”是“α//β”的必要不充分条件．
故选：B.

6.【答案】B
【解析】解：∵在△ABC中，a=bsinA，
∴由正弦定理可得sinA=sinBsinA，
同除以sinA可得sinB=1，B=π2
∴△ABC一定是直角三角形，
故选：B.
由正弦定理可得sinA=sinBsinA，可得sinB=1，B=π2，可作出判断．
本题考查三角形形状的判断，涉及正弦定理的应用，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：若函数f(x)=2sin(2x−π3+φ)是奇函数，
则−π3+φ=kπ,k∈Z，得φ=π3+kπ,k∈Z⇒k=−1,φ=−2π3，
故选：C.
由三角函数的性质求解．
本题考查三角形函数的奇偶性的应用，考查计算能力，是基础题．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的三角形法则，向量数量积的运算性质以及二次函数的单调性问题，是综合性题目．
根据平面向量的线性运算与数量积运算，设|OP|=t，利用t表示AP⋅OP，求二次函数的最小值即可．
【解答】
解：由AP=OP−OA，
设|OP|=t，t≥0，
则AP⋅OP=OP2−OA⋅OP
=t2−1×t×csπ4
=t2−22t
=(t−24)2−18；
所以，当t=24时，AP⋅OP取得最小值为−18.
故选：B.
9.【答案】ABD
【解析】解：如图，补全图形，则在直角△ABG中，AG=AB⋅tan∠B=23，
则GD=3，CD=12GD=32，CG=32×3=32，又BG=2AB=4，所以BC=52，故A正确；
EF=ED+DA+AF，EF=EC+CB+BF，两式相加得EF=12(DA+CB)，则λ+μ=1，故B正确；
FC⋅FD=EF2−CE2=EF2−316，因为C到AB的距离d=52×32=534，所以E到AB的距离EF′=12(d+DA)=938，
所以(FC⋅FD)max=24364−316=23164，故C错误；
EF=λDA+μCB，两边同乘以AB得EF⋅AB=μCB⋅AB=μ×52×12×2=52，
根据投影(EF⋅AB)max−(EF⋅AB)min=2×2=4，则μmax−μmin=85，故D正确．
故选：ABD.
利用平面向量，结合每个选项的条件进行计算判断即可．
本题考查平面向量基本定理，考查向量的数量积的运算，属中档题．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于中档题．
在A中，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线；在B中，由A1C1//AC，得A1C1//平面ACD1；在C中，由AC⊥BD，AC⊥DD1，得AC⊥面BDD1，从而BD1⊥AC；在D中，三棱锥D1−ADC的体积为43.
【解答】
解：由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，知：
在A中，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，D1∈平面A1B1C1D1，A∉平面A1B1C1D1，D1∉直线A1C1，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；
在B中，∵A1C1//AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴A1C1//平面ACD1，故B正确；
在C中，∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，∵BD∩DD1=D，∴AC⊥面BDD1，BD1⊂面BDD1，∴BD1⊥AC，故C正确；
在D中，三棱锥D1−ADC的体积：VD1−ADC=13×12×2×2×2=43，故D错误．
故选D.
11.【答案】23
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示计算．
解：∵向量a=(−3,2),b=(−1,λ)，且a//b，
∴−3λ−2×(−1)=0，解得λ=23，
故答案为：23.
由题意，利用向量平行的坐标表示及运算法则，计算可得结论．
本题主要考查向量平行的坐标表示及运算法则，属于基础题．
12.【答案】12π
【解析】解：正方体的对角线的长度，就是它的外接球的直径，
所以，球的直径为：23，半径为：3
球的表面积为：4πr2=12π
故答案为：12π
直接求出正方体的对角线的长度，就是它的外接球的直径，求出半径即可求出球的体积，
本题考查球的体积和表面积，考查球的内接体问题，考查空间想象能力，是基础题．
13.【答案】8π5
【解析】解：设圆锥底面半径为r，母线为l，则圆锥的侧面积为πrl，
由题意得πrlπr2=54，解得l=5r4，
所以圆锥底面圆的周长即侧面展开图扇形的弧长为2πr，
所以该扇形的圆心角α=2πrl=2πr5r4=8π5.
故答案为：8π5.
设圆锥底面半径为r，母线为l，根据题意可得4l=5r，代入圆心角公式，即可得答案．
本题考查旋转体的侧面积的求法，扇形面积的求法，考查计算能力，是基础题．
14.【答案】213
【解析】解：由题意∠ADB=120∘，BD=AF=2，AD=6，
所以AB=AD2+BD2−2AD⋅BDcs∠ADB=36+4−2×6×2cs120∘=213.
故答案为：213.
分析条件，结合余弦定理计算．
本题考查三角形的解法，余弦定理的应用，是中档题．
15.【答案】②③④
【解析】解：由图象最低点(2π3,−2)，可得A=2，
由函数最小正周期T=4(2π3−5π12)=π，可得ω=2ππ=2，
又由2×2π3+φ=3π2，可得φ=π6，则f(x)=2sin(2x+π6)，
由f(π2)=2sin(2×π2+π6)=−1≠±2，
可知函数f(x)的图象不关于x=π2直线对称． ①错误；
由f(−π12)=2sin(−2×π12+π6)=0，
可知函数f(x)的图象关于点(−π12,0)对称，②正确；
由x∈[−π3,π6]，可得2x+π6∈[−π2,π2]⊆[−π2+2kπ,π2+2kπ],k∈Z，
可知函数f(x)在区间[−π3,π6]上单调递增，③正确；
由2sin(2x+π6)=1，可得2x+π6=2kπ+π6，或2x+π6=2kπ+5π6，
则x=kπ或x=kπ+π3,k∈Z，又−π12≤x≤23π12，
则x=0，或x=π，或x=π3，或x=4π3，
则y=1与y=f(x)(−π12≤x≤23π12)的图象所有交点的横坐标之和为8π3.④正确．
故答案为：②③④．
先由题给图象求得函数f(x)的解析式，再利用代入法判断①②③的正确性；求得y=1与y=f(x)(−π12≤x≤23π12)的图象所有交点的横坐标之和判断④．
本题考查三角函数图象变换，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
16.【答案】(1)证明：如图所示，连接AC，
则MN是△AD1C底边AC上的中位线，
∴MN//AC，
∵AC⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN//平面ABCD；
(2)解：取DD1的中点K，连接NK，则NK是△DCD1的中位线，∴NK//DC，
并且NK=12DC=1，NK⊥平面A1ADD1，
三棱锥A−MND也可以看作三棱锥N−AMD，△AMD是底面，NK是高，
取AD的中点L，连接ML，则ML是△ADD1底边DD1上的中位线，
∴ML//DD1，ML=12DD1=1，ML⊥AD，
∴VN−AMD=13S△AMD⋅NK=13×12×2×1×1=13；
综上：三棱锥A−MND的体积为13.
【解析】(1)分析图中的几何关系，MN是中位线，所以平行于AC，所以平行于平面ABCD；
(2)取DD1的中点K，连接NK，则NK⊥平面A1ADD1，所以NK是N−AMD底面AMD的高，从而可以求得体积．
本题考查了线面平行的证明以及三棱锥体积的计算，属于基础题．
17.【答案】解：由题意知，旋转后几何体是一个圆锥，从上面挖去一个圆柱，
且圆锥的底面半径为4，高为43，圆柱的底面半径为2，高为23.
所求旋转体的表面积由三部分组成：圆锥的底面、侧面，圆柱的侧面．
S圆锥的底面=16π，S圆锥侧=32π，S圆柱的侧=83π.
故所求几何体的表面积为：16π+32π+83π=48π+83π.
∴阴影部分形成的几何体的体积：
V=V圆锥−V圆柱
=13×π×16×43−π×4×23
=4033π.
【解析】旋转后几何体是一个圆锥，从上面挖去一个圆柱，根据数据利用面积公式公式，可求其表面积与体积．
本题考查组合体的面积问题，考查空间想象能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
18.【答案】解：(1)∵B=π3，b=13，c=3，
∴由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，可得：13=9+a2−2×3×a×12，解得：a=4，…3分
∵D为BC的中点，
∴BD=2，
∴在△ABD中，由余弦定理可得：AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cs∠ABD
=9+4−2×3×2×12=7，…9分
∴AD=7…9分
(2)在△ABD中，由正弦定理可得：ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，
可得：sin∠ADB=AB⋅sin∠ABDAD=32114…12分
【解析】(1)由余弦定理可求a的值，由D为BC的中点，可求BD=2，在△ABD中，由余弦定理可得AD的值．
(2)在△ABD中，由正弦定理可得sin∠ADB=AB⋅sin∠ABDAD的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由正弦定理得，
sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，
即sin(A+B)=2sinCcsC，
即sinC=2sinCcsC，
即csC=22，
故∠C=π4；
(Ⅱ)若选条件①，
由余弦定理得，
BD2=a2+CD2−2×a×CD×csC，
即5=8+CD2−4CD，
解得CD=1或CD=3；
故△ABC存在但不唯一，
不满足条件；
若选条件②，
∵S△ABC=12×b×a×sinA=6，即12×6×a×22=6，
∴a=22，
故c=62+(22)2−2×6×22×22=25，
∵asinA=csinC，
∴sinA=asinCc=22×2225=55；
若选条件③，
由题意知，△BCD为等腰直角三角形，
∴CD=BD=2，a=BC=22，
∵csB=−1010，∴sinB=31010，
∴sin∠ABD=sin(∠ABC−π4)
=sin∠ABCcsπ4−cs∠ABCsinπ4
=31010×22−(−1010)×22
=255，
故sinA=cs∠ABD=55；
c=AB=2sinA=25.
【解析】(Ⅰ)利用正弦定理化简acsB+bcsA=2ccsC，结合三角恒等变换求角C即可；
(Ⅱ)若选条件①，作图，利用余弦定理可求得CD的长度有2个值，故不满足唯一性；
若选条件②，由三角形面积公式可求a，结合余弦定理求c，再利用正弦定理求sinA即可；
若选条件③，作图，可判断△BCD为等腰直角三角形，利用直角三角形求解即可．
本题考查了解三角形与三角恒等变换的综合应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)的相邻两条对称轴之间的距离为2，
所以T=4∴T=2πω=4⇒ω=π2，
∴g(x)=Asin(π2x+φ)，
又x=−12时，g(x)取最小值，
则φ−π4=−π2+2kπ，k∈Z，
∴φ=2kπ−π4，k∈Z，
又∵|φ|<π，则k=0⇒φ=−π4，
即ω=π2，φ=−π4；
(2)因为A=1，所以f(x)=sin(π2x−π4)，
则B(12,0)，C(32,1)，D(52,0)，
则2BC−CD=(1,3)BC+3CD=(4,−2)，
则csθ=(2BC−CD)⋅(BC+3CD)|2BC−CD|⋅|BC+3CD|=−210，
即向量2BC−CD与向量BC+3CD夹角的余弦值为−210；
(3)因为P是f(x)上动点，f(x)=Asin(π2x−π4)，B(12,0)，F(92,0)，
又∵BP⋅PF≥1恒成立，
设P(x,Asin(π2x−π4))，
则BP=(x−12,Asin(π2x−π4))，PF=(92−x,−Asin(π2x−π4))，
则BP⋅PF=(x−12)(92−x)−Asin(π2x−π4)⋅Asin(π2x−π4)=−x2+5x−94−A2sin2(π2x−π4)，
易知y=−x2+5x−94,x∈[32,72]在x=32或x=72处有最小值，y=A2sin2(π2x−π4),x∈[32,72]在x=32或x=72处有最大值，
所以当x=32或x=72时，BP⋅PF有最小值，
即当P在C或E时，BP⋅PF有最小值，此时P(32,A)或P(72,−A)，
当P为(32,A)时，BP=(1,A)，PF=(3,−A)，BP⋅PF=3−A2≥1，得−2≤A≤2，
又A>0，则0当P为(72,−A)时，BP=(3,A)，PF=(1,A)，
∴BP⋅PF=3−A2≥1，解得0综上，A∈(0,2],
即A的取值范围为(0,2].
【解析】(1)由对称轴之间的距离可得周期，根据周期求出ω，利用在x=−12处取得最小值求出φ；
(2)由函数解析式求出零点，根据向量的坐标求夹角即可；
(3)设P(x,y)，利用向量数量积的坐标表示出BP⋅PF，观察取最小值时点P位置，然后根据最小值大于等于1可得A的取值范围．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了三角函数的性质，属中档题．
21.【答案】解：(1)因为r1(A)=1.2，r2(A)=−1.2，c1(A)=1.1，c2(A)=0.7，c3(A)=−1.8，
所以k(A)=0.7
(2)r1(A)=1−2d，r2(A)=−1+2d，c1(A)=c2(A)=1+d，c3(A)=−2−2d
因为−1≤d≤0，
所以|r1(A)|=|r2(A)|≥1+d≥0，|c3(A)|≥1+d≥0
所以k(A)=1+d≤1
当d=0时，k(A)取得最大值1
(III)任给满足性质P的数表A(如下所示)
任意改变A三维行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k(A)=k(A*)
因此，不防设r1(A)≥0，c1(A)≥0，c2(A)≥0，
由k(A)的定义知，k(A)≤r1(A)，k(A)≤c1(A)，k(A)≤c2(A)，
从而3k(A)≤r1(A)+c1(A)+c2(A)=(a+b+c)+(a+d)+(b+e)=(a+b+c+d+e+f)+(a+b−f)=a+b−f≤3
所以k(A)≤1
由(2)可知，存在满足性质P的数表A使k(A)=1，故k(A)的最大值为1.
【解析】(1)根据ri(A)为A的第i行各数之和(i=1,2)，Cj(A)为A的第j列各数之和(j=1,2,3)；记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值可求出所求；
(2)k(A)的定义可求出k(A)=1+d，然后根据d的取值范围可求出所求；
(III)任意改变A三维行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k(A)=k(A*)
因此，不防设r1(A)≥0，c1(A)≥0，c2(A)≥0，然后利用不等式的性质可知3k(A)≤r1(A)+c1(A)+c2(A)，从而求出k(A)的最大值．
本题主要考查了进行简单的演绎推理，同时分析问题的能力以及不等式性质的应用，同时考查了转化的思想，属于中档题．
a
b
c
d
e
f
1
1
−0.8
0.1
−0.3
−1
1
1
−1−2d
d
d
−1
a
b
c
d
e
f