黑龙江省宾县第二中学2020-2021学年高一下学期第二次月考数学试卷3377.pdf

高一数学试卷 第 1 页 共 10 页 宾县第二中学 2020-2021 学年度下学期第二次月考 高一数学试卷 考试时间：120 分钟；总分：150 分 注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2请将答案规范填写在答题卡上。一、选择题：（每题 5 分共 60 分。其中 1-10 为单选题，11,12 为不定项选择题）1已知复数131izi，z的虚部是（）A2 B2i C2 D2i 2已知1,1a，)3,1(b，则2aab（）A0 B1 C1 D2 3如图，已知等腰三角形O A B ，OAAB 是一个平面图形的直观图，斜边2O B ，则这个平面图形的面积是（）A22 B1 C2 D2 2 4设i是虚数单位，则复数223zii 对应的点在复平面内位于（）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 5设ba,为单位向量，且1ba，则ba2（）A3 B7 C3 D7 6 已知ABC内角A B C，所对边的长分别为a b c，cosabC，则ABC形状一定是（）A等腰直角三角形 B等边三角形 C等腰三角形 D直角三角形 7如图，在等边ABC中，DCBD3，向量AB在向量上的AD投影向量为（）A713AD B813AD C913AD D1013AD 8下列命题正确的是（）平行于同一条直线的两条直线平行；平行于同一条直线的两个平面平行；平行于同一个平面的两条直线平行；平行于同一个平面的两个平面平行 A B C D 9长方体1111ABCDABC D中，若5AB，4AD，13AA，且此长方体内接于球O，则球O的表面积为（）A20 2 B25 2 C50 D200 10在平行四边形 ABCD 中，F 是 CD 的中点，AF 与 BD 相交于 E，则AE（）AADAB3231 BADAB4341 CADAB3132 DADAB4143 11，是两个平面，mn，是两条直线，下列四个命题中错误的是（）A若/mn n，则/m B若/mn，则/mn C若/m，则/m D若/mn mn，则/12在ABC中，角、ABC的对边分别为abc、，若222tan3acbBac，则角B的值为（）A6 B3 C56 D23 高一数学试卷 第 2 页 共 10 页 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13若一个圆锥的轴截面是面积为4 3的等边三角形，则该圆锥的表面积为_ 14若ABC的两边长分别为 2，3，其夹角的余弦值为13，则其外接圆的直径为_ 15设复数121,2zi zbi，若12zz为纯虚数，则实数b _ 16 已知向量a，b满足|3a，|2b，若a与b的夹角为60，则()(2)abab_ 三、解答题：（17 题 10 分，18-22 每题 12 分，共 70 分）17如图，已知 ABC 中，AB3 62，ABC45，ACB60 （1）求 AC 的长；（2）若 CD5，求 AD 的长 18在平面直角坐标系中，1,3,1amb.（1）若 m=2，求2ab的值；（2）若向量ab，求 m 的值.19在正方体1111ABCDABC D中，E是棱1BB的中点 （1）求证：1/B D平面ACE;（2）若F是棱1CC的中点，求证：平面1/B DF平面ACE 20如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，AC 与 BD 交于点 O，M 是PC 的中点，在 DM 上取一点 G，过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH，求证：（1）证明：AP平面 BDM；（2）证明：APGH.高一数学试卷 第 3 页 共 10 页 21已知锐角ABC的内角,A B C所对的边分别,a b c，且3,7ab.若),(bap,)sin,2(sinABq,且 qp（1）求角B和边c;（2）若点D满足DCBD2，求ACD的面积 22如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是矩形 （1）设M为OA上靠近A的三等分点，N为BC上靠近B的三等分点求证：/MN平面OCD;（2）设E是OD上靠近点D的一个三等分点，试问：在OD上是否存在一点F，使/BF平面ACE成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由 高一数学试卷 第 4 页 共 10 页 宾县第二中学 2020-2021 学年度下学期第二次月考 高一数学答案 1A【分析】先根据复数的除法运算求解出z，然后即可判断出z的虚部.【详解】因为1 311 324121112iiiiziiii ，所以虚部为2，故选：A.2A【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可得结果.【详解】由已知条件可得21 12a ，111 34a b ，因此，2222240aabaa b.故选：A.3D【分析】利用斜二测画法，由直观图作出原图三角形，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】因为O A B 是等腰直角三角形，2O B ，所以2O AA B ，所以原平面图形为：且2OBO B，OAOB，22 2OAOA 所以原平面图形的面积是122 22 22，故选：D 4C【分析】利用复数的乘法法则化简复数z，由此可得出结论.【详解】22364ziii ，因此，复数z在复平面内的点位于第三象限.故选：C.5B【分析】先根据1ab得12a b，再根据向量模的公式计算即可得答案.【详解】因为,a b 为单位向量，且1ab，所以21ab，所以222+1aa b b，解得12a b，所以222+2+2+447ababaa bb.故选：B.高一数学试卷 第 5 页 共 10 页 6D【分析】由余弦定理化简可得222acb，即可判断.【详解】cosabC，余弦定理可得2222abcabab，则22222aabc，则222acb，所以ABC为直角三角形.故选：D.7D【分析】将向量AD用,AB AC表示，求得模长及AB AD，从而利用投影公式求得向量AB在向量上的AD投影向量即可.【详解】由题知 D 点是 BC 的四等分点，设三角形边长为 a，则1113()4444ADACCDACCBACABACABAC，22222131935313cos44161688834ADABACABACAB ACaaa，22213135()cos444438AB ADABABACaaa，则向量AB在向量上的AD投影向量为：2225108cos,13134aADAB ADABAB ADADADADADADa，故选：D【点睛】关键点点睛：表示出AD，计算得到AB AD，利用投影公式求解.8C【分析】根据空间平行关系分别判断每个命题即可.【详解】由平行线间的传递性可知，平行于同一条直线的两条直线平行，故正确；平行于同一条直线的两个平面平行或相交，故错误；平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面，故错误；根据平面平行的性质，平行于同一个平面的两个平面平行，故正确.故选：C.9C【分析】由长方体的对角线公式，算出长方体对角线1AC的长，从而得到长方体外接球的直径，结合球的表面积公式即可得到，该球的表面积【详解】长方体1111ABCDABC D中，5AB，4AD，13AA，长方体的对角线222222113455 2ACABADAA，长方体1111ABCDABC D的各顶点都在同一球面上，球的一条直径为15 2AC，可得半径5 22R，因此，该球的表面积为225 244()502SR 故选：C 10A 高一数学试卷 第 6 页 共 10 页【分析】根据平面向量的线性运算求解【详解】由/DCAB得DEFBEA，所以12DEFEDFEBAEAB，所以222112()()333233AEAFADDFADABABAD 故选：A 11ABD【分析】根据空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个分析可得答案.【详解】对于 A，若/mn n，则/m或m，故错 A 误；对于 B，若/mn，则/mn或,m n为异面直线，故 B 错误；对于 C，若/则与无公共点，因为m，所以m与无公共点，所以/m，故 C正确；对于 D，若/mn mn，则/或与相交，故 D 错误.故选：ABD 12BD【分析】根据余弦定理，代入即可求得角 B.【详解】根据余弦定理可知2222cosacbacB，代入化简可得sin2cos3cosBacBacB，即3sin2B，因为0B，所以3B或23B，故选：BD.【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.1312【分析】利用圆锥的轴截面是面积为4 3的等边三角形求出圆锥的底面半径和母线长，然后再求圆锥的表面积【详解】设圆锥轴截面正三角形的边长是a，因为正三角形的面积为4 3，所以234 34a，4a，所以圆锥的底面半径22ar，圆锥的母线4la，这个圆锥的表面积是：2222412rrl 故答案为：12 149 24【分析】高一数学试卷 第 7 页 共 10 页 由余弦定理求出第三边 c，再由正弦定理求出三角形外接圆的直径【详解】设ABC中，2a，3b，且1cos3C，由余弦定理可知22212cos131293cababC,3c 又212sin1()233C，由正弦定理可知外接圆直径为：3922.sin2342cRC 故答案为：9 24【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平；在ABC中，2sinsinsinabcRABC，其中 R 为三角形外接圆的半径,常用来求三角形外接圆的半径（直径）.152【分析】由复数的运算法则，求得122(2)zzbbi，结合12zz为纯虚数，列出方程组，即可求解.【详解】由复数121,2zi zbi，可得12(1)(2)2(2)zzibibbi，因为12zz为纯虚数，可得2020bb，解得2b.故答案为：2.164【分析】根据|3a，|2b，且a与b的夹角为60，利用数量积的定义和运算律求解.【详解】因为向量a，b满足|3a，|2b，且a与b的夹角为60，所以22()(2)2ababaa bb，2932cos60224 故答案为：4 17（1）3，（2）7【分析】（1）在ABC 中直接利用正弦定理求解即可；（2）先求出120ACD，然后在ACD中利用余弦定理求解即可【详解】解：（1）如图所示，在ABC 中，由正弦定理得，sinsinACABABCACB,则3 6sin45sin23sinsin60ABABCACACB，（2）因为ACB60，所以120ACD,在ACD中，由余弦定理得，2212cos1209252 3 572ADACCDAC CD 【点睛】此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题 18（1）5 2；（2）3.【分析】高一数学试卷 第 8 页 共 10 页（1）根据向量模的计算公式可得结果；（2）由ab可得0a b 即可解得结果.【详解】（1）(1,2),2(5,5)aab.22|2|55ab 5 2（2）若ab，则0a b，即30m 所以3m .19（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连BD，使BDACG，连EG，可得1/DBGE，即可证明；（2）通过1/B FCE证明1/B F平面ACE，再结合（1）即可证明.【详解】（1）连BD，使BDACG，连EG ABCD是正方形，BDACG，DGBG 又E是1BB中点，1B EBE，1/DBGE，又1DB 平面ACE，GE平面ACE，1/B D平面ACE （2）E是棱1BB的中点，F是棱1CC的中点 1/B ECF且1B ECF，1B ECF是平行四边形，1/B FCE，又1B F平面ACE，CE 平面ACE，1/B F平面ACE，由（1）1/B D平面ACE，又111=DBB F B，平面1B DF/平面ACE 20证明 连接 MO.（1）四边形 ABCD 是平行四边形，O 是 AC 的中点 又M 是 PC 的中点，APOM.又AP平面 BDM，OM平面 BDM，AP平面 BDM.（2）由（1）可知 AP平面 BDM.又AP平面 APGH，平面 APGH平面 BDMGH，APGH.高一数学试卷 第 9 页 共 10 页 21（1）3，2c；（2）32.【分析】（1）由向量垂直得数量积为 0，再由正弦定理化边为角，可求得B角，然后由余弦定理求得c，注意取舍（2）由向量的线性运算求得D在BC上位置，利用ABC的面积得出结论【详解】（1）由pq，即,sin2,sinsin2sin=0abBAaBbA，由正弦定理，2sinsincossinsin0ABBBA，又sin0 sin0AB，1cos2B，又0,=23BB 由2222cosbacacB，代入3=7ab，得2320cc，=c1 或 2，又1c 时，222abc，不合题意，舍；2c 时，222abc，符合题意，所以2c （2）DCBD2 D在BC上，且为靠近C的三等分点，1133 3sin3 22222ABCSacB ，113 333322ACDABCSS【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，平面向量垂直的数量积表示，解题关键是由正弦定理化边为角 在解三角形中已知两边和一边对角求第三边时也可以应用余弦定理列式求解，同样需要判断三角形解的情况 22（1）证明见解析；（2）在OD上是存在OE中点F，使/BF平面ACE成立，证明见解析.【分析】（1）取AD上靠近A的三等分点G，连接MGNG，可得/MGOD，进而证明/MG平面OCD，同理证明/NG平面OCD，得出面/MNG平面OCD即可证明；（2）存在OE中点F，连BFBD，使=BDAC P，连PE，得出/PEBF即可证明.【详解】（1）如图，取AD上靠近A的三等分点G，连接MGNG，AOD中，:1:2:=1:2AMMOAG GD，则/MGOD，又MG 平面OCD，OD 平面OCD，/MG平面OCD，同理，/NG平面OCD，又=MGNG G，平面/MNG平面OCD，又MN 平面MNG，/MN平面OCD （2）存在OE中点F，使/BF平面ACE成立 取OE中点F，连BFBD，使=BDAC P，连PE 高一数学试卷 第 10 页 共 10 页 ABCD是矩形，P是BD的中点，又E是OD上靠近点D的一个三等分点，且F是OE中点，E是FD的中点，BDF中，/PEBF，又PE 平面ACE，BF 平面ACE，/BF平面ACE，故在OD上是存在OE中点F，使/BF平面ACE成立【点睛】关键点睛：本题考查线面平行的证明，解题的关键是正确理解线面平行的判定定理以及面面平行的性质.