2020-2021学年江苏省百校联考高一（下）月考数学试卷（5月份）（附答案详解）.pdf

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1、2020-2021学年江苏省百校联考高一（下）月考数学试卷（5 月份）一、单 选 题（本大题共8小题，共40.0分）1.sinl50cos450+cosl50sinl350=（）A.-B.-C.一直 D.322222 .已知a,0 是相交平面，直线Z u 平面处 则-1/T是“al/?”的（）A.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3.已知两点4（一1,3）,5（3,0）,则与向量与同向的单位向量是（）A.4一|）B.（|）|）C.D.（|,|）4.任何一个复数z=a+b i（其中a,b e R,i 为虚数单位）都可以表示成z=r（co s。+i s i n

2、。）（其中r 20,OWR）的形式，通常称之为复数z的三角形式，法国数学家棣莫弗发现：r（cos9 +isin9 ）n=rn（cosnd+isinnd）fn G N*）,我们称这个结论为棣莫弗定理.由棣莫弗定理可知，若复数（co s W+i s i n g）m （me N*）为纯虚数，则正O O整数m的最小值为（）A.2 B.4 C.6 D.85.在空间，到一圆周上各点距离相等的点的集合是（）A.一个点 B.一条直线 C.一个平面 D.一个球面6.甲、乙、丙、丁四个人参加学校组织的建党10 0 周年诗歌朗诵比赛，四人在成绩公布前做出如下预测：甲说：丙获奖；乙说：我获奖了；丙说：我没获奖；丁说：

3、我没获奖.成绩公布后表明，只有一位同学获奖，四人中只有一人判断正确，则判断正确的是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.T7.已知一个圆柱的侧面展开图是边长为a的正方形，则该圆柱的体积为（）A.贮 B.贮 C.至 D.叱4717r n 48 .在四棱锥P-A B C。中，底面4 B C D 为正方形，E,F 分别为侧棱PC,P8 上的点，且满足PC =4EC,AF 平面B D E,则差=()r DA.|B.2 C.3 D.4二、多 选 题（本大题共4 小题，共 20.0分）9.对于点4,B,直线E,TH与平面a,0,卜.列命题中正确的是（）A.若4 I,A&a,B e l,B&a,则1u aB.若4

4、 G l,4 a,则I n a=4C.若 u a,I u 0,则a C 0=ID.若I _ L a,m 1 a,则，m10.已知复数z=2+（为虚数单位），5为z的共轨复数，则下列结论正确的是（）A.的虚部为TB.W 和z在复平面内对应的点关于实轴对称C.复数z是方程-2%+5=0的一个虚根D.若复数Zi满足|z/=1,则|z-Zi|的最小值为6一 111.如图，长方形ABCD的边4B=2,BC=1,M,N分别为BC,CD的中点，将长方形沿对角线4 c 折起，使点。不在平面4BC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（）-BA.三棱锥N-4C M 与 的 体 积 之 比 为 定 值B.异面直线Z

5、C与MN所成的角为定值C.四面体4BCD的外接球体积为也乃6D.存在某个位置，使得直线4。与直线BC垂直12.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，六角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以六角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥.已知此正六棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为仇 这个角接近30。，若取。=30。,侧棱长为2遮 米，贝 比）第2页，共18页A.正六棱锥的底面边长为2 米B.正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为:C.正六棱锥的侧面积为4 8 平方米D.正六棱锥的体积为1

6、 6 6 立方米三、填空题(本大题共4小题，共 2 0.0分)1 3 .已知一个圆锥的轴截面为边长为2 的正三角形，则 此 圆 锥 的 全 面 积 为.1 4 .优选法是一种具有广泛应用价值的数学方法，著名数学家华罗庚曾为普及它作出了重要贡献.优选法中有一种0.6 1 8 法应用了黄金分割法，“黄金分别”的比值为雪，。.6 1 8,这一比值也可以表示为t =2 s 讥1 8。，则 度 焉=_1 5 .如图所示的是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱 所在的直线与棱所在的直线是异面直线且互相垂直.(注：填上你认为正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况)1 6 .已知在正三棱柱4 8 村-

7、46中,A At=2 A B=2,则该三棱柱4 B C-4务口外接球。的 表 面 积 为：若P 为正三棱柱ABC-ABiG的侧棱A&的中点，则平面P B C 与球。的 交 线 长 为.四、解答题(本大题共6 小题，共 7 2.0分)1 7 .已知点。，A,B,C 的坐标分别为(0,0),(1,-2),(-3,4),(2,1).若(成+t 而)1尼，求实数t 的值；(2)是否存在实数t,使 得 市+tOB =元 成立？解释你所得结论的几何意义.1 8 .如图，在三棱柱A B C -aB1G中，四边形B i B C Q 是菱形，乙 B、B C=6 0,A B 1 B C,A B 1 。为棱4 c

8、的中点，E 为棱B C 的中点.(1)求证：4%平面BGD；(2)若A B =B C =2,求点B 到平面4 8 道的距离.19.在(a+c)(a-c)=b(b-c)；2si：二me=鬻;2bcosA=acosC+ccosA这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.在ABC中，角4 B,C所对的边分别为a,b,c,且_ _ _ _ _.(1)求角4的大小；(2)若 ABC是锐角三角形，c=4,求力BC面积的取值范围.20.如图，在四棱锥P-4BCD中，底面4BCD为直角梯形，AD/BC,Z.ADC=90,AD=2BC,PAD为等边三角形.(1)求证：PB1BC；(2)若平面PAD _

9、L平面P C D,求证：平面PAD 1平面4BCD.21.如图，在正方体ABCD-4BiG)i中，M为棱4B的中点.(1)试作出平面4 M G与平面ABCD的交线并说明理由;(2)用平面&MC1去截正方体，所得两部分几何体的体积分别为匕，彩(匕3彩)，求找的值.V222.如图，在三棱柱ABC-AiBiG中，侧棱AAi 1底面ABC,AB 1 B C,。为AC的中点,AAt=AB=2,BC=2V2.第4页，共18页(1)求AB1与BD所成角的余弦值;(2)求 证:BrC 1 Q D.答案和解析1.【答案】D【解析】解：sinl50cos45+cosl5s讥 135。=sinl50cos45+co

10、sl50sin45=sin600=遮2 故选：D.由已知结合两角和的正弦公式可求.本题主要考查了两角和的正弦公式，属于基础题.2.【答案】A【解析】【分析】本题考查了直线与平面以及平面与平面的位置关系，属于基础题.根据直线与平面以及平面与平面的位置关系结合充分、必要条件即可判断.【解答】解:a,3 是相交平面，直线l u 平面a,则“，1 ”=“a 1 0”,若a工8,直 线 平 面 a,贝 女 与/?平行、相交或I在0 内，“/1/7”是“a 1 的充分不必要条件.故选A3.【答案】A【解析】解：力（一1,3）,8（3,0）,向 量 荏=（4,一 3），AB=故|Z Z/的最小值为百一1,故

11、。正确.故选：BD.对于4结合共朝复数和虚部的定义，即可求解.对于B D,结合复数的几何意义，即可求解，对于C,将z代入一元二次方程中，即可求解，本题主要考查共轨复数和虚部的定义，以及复数的几何意义，属于基础题.11.【答案】ACD【解析】解：选项4因为M,N分别为BC,CD的中点，所以SA A C M=：SA A C B，点N到平面ABC的距离是点。到平面4 8 c 的距离的一半，所以三棱锥N 4CM与B-4 C 0 的体积之比为;，故 A 正确.选项B：如图，作AB的中点G,连接GM,GN,则NGMN或其补角是异面直线4C与MN所成的角，在翻折过程中，GM,MN在发生变化，由余弦定理知co

12、s/GMN在变化，所以B不正确.选 项 C：由题知长方形4B C D,故 AC的中点为球心，所以2/?=7 1 =6=/?=争所以U=g$3 兀=*兀，所以C 正确;选 项 平 移CB到A H,连接DH,在翻折过程中当AD2+A B2=BZ)2时，直线4。与直线BC垂直，故O正确.DH故选：ACD.利用高的比值可确定锥体体积的比值，利用余弦定理可确定异面直线4c与MN所成的角是否为定值,求得外接球的半径即可确定其体积，利用勾股定理可判断选项D是否正确.本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养，锥体体积的计算等知识,属于中档题.12.【答案】BCD【解析】解：如图，设正六边形的中心为

13、。，的中点为M,连接OM,P0,设 AB=x,由正六棱锥的性质可得PA=PB,PM LAB,由等边三角形04B可得0M 1 AB,故NPM。为二面角P-4 B-0的平面角，故NPMO=30。,所以PMX =O M,而0M=更x，故PM=x,2 2第10页，共18页在 R t A P M B 中，有.P M 2 +M 8 2 =P B 2,故/+9=（2 通，故x =4,故 A 错.又在R t A P Z。，P0=V 2 0-1 6 =2，故t a n/P A。=1=才 故 8 正确.正六棱锥的侧面积为S =6 x i x 4 x 4 =4 8（平方米），故C正确.正六棱锥的体积为U =|x 6

14、 x y x l 6 x 2 =1 6次（立方米），故D正确.故选：B C D.设正六边形的中心为0,4 B的中点为M,连接0 M,P 0,设A B=x,根据题设条件可得L P M 0 =3 0,从而可求X,再逐项计算并判断各项的正误，从而可得正确的选项.本题主要考查线面角的计算，空间几何体体积的计算，空间几何体侧面积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题.1 3.【答案】3 7 r【解析】解：一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，可得：底面半径r =l,母线长为2.二此圆锥的全面积=7 r x i2+x 2兀x 2 =3 7 r.故答案为：3 7 T.利用等边三角形的性质、圆锥的全面积

15、计算公式即可得出.本题考查了等边三角形的性质、圆锥的全面积计算公式，考查了推理能力与计算能力,属于基础题.14.【答案】-2【解析】解:因 为t =2s讥18。，所以，tV 4-t2 _ 2 sin l8 V 4-4 sin218 _ 2sinl8V4cos218 _ 2sin36 _l-2 s in2630-cosl26-cos（90+36）-sin360 故答案为：-2.可先将t =2s m i 8。代入原式，再利用二倍角公式即可求解.本题考查了三角函数的恒等变换及化简求值，属于中档题.15.【答案】C G(或D H,E H,FG)【解析】解：如图，结合图像绘出正方体,结合正方体性质易知，

16、棱CG、DH、EH、FG所在的直线与棱4B所在的直线是异面直线且互相垂直.故答案为：CG、DH、EH、FG（任选一个作答）.本题可通过绘出正方体得出结果.本题考查了异面直线的判定，属于基础题.16.【答案】等巫【解析】解：如图，设上底面的中心为01，下底面的中心为。2，连接。1。2，则其中点为外接球的球心。，又4 。1=1=日，故球。的半径为R=娉）2+F =平故外接球的表面积为47TR2=等；取BC的中点为M,连接。M,08,0C,0P,P M,过。作PM的垂线，垂足为“，因为。B=0 C,故。M 1BC,由正三棱柱ABC 41当。1可得J 平 面 A B C,而AB u 平面力B C,故

17、AA11 AC,同理A&LAB,因为ZP=4P,AC=A B,4PAC=4PAB=90,iA PAC=PAB,所以PB=P C,故PM 1 BC,因为PM COM=M,故 2UL平面。PM,而BC u 平面P 8 C,故平面0PM J-平面PBC,而平面。PM n平面PBC=PM,O H u平面。P M,故。H l 平面PBC,所以。到平面PBC的距离为OH,第12页，共18页因为P为4 4 1的中点，。为。1。2的中点，故0。=4。1=弓，而0 M =(苧)2 _分=等/M=J 1 2 +(4)2=字工十竺，I-在A P O M中，由余弦定理可得cosN PO M =总墙=一詈.2 XTX-

18、6而4 P o M为三角形内角，故s i n 4 P 0 M=空亘，13因为二 x O H x P M =-x O P x O M x sin zP O M,2 2故OH=OPxOMxsinzPOMPM2V21-，21平面P B C与外接球的交线为圆，该圆的半径为r =故圆的周长为：2 7 T x型=色 空 乃.7 7故答案为：坨，过更兀.3 7如图，设上底面的中心为0 1，下底面的中心为。2,连接。1。2，算出43的长度后根据勾股定理可求外接球的半径，取B C的中点为M,连接。M,OB,OC,OP,P M,过。作P”的垂线，垂足为“，求出。H的长度后可求绞线圆的半径，从而可求交线长.本题考查

19、了球的相关计算，属于中档题.17.【答案】解：(1)因为方5+被=(1,2)+t(3,4)=(l-3t,-2+4 t),A C =(2,1)-(1,-2)=(1,3)，(OA +t OB)1AC，所以(市+tOB)-4 C =(1-3t)x 1+(-2+4 t)x 3=0,所以t =J.y(2)设存在实数3 O A+tOB =O C,则(1,一 2)+1(一 3,4)=(2,1),所以(3t,4 t)=(2,1)-(1,-2)=(1,3),从 而 故 方 程 组 无 解，故不存在这样的实数3使a+t 丽=。？，即1而=沅一市成立，这表明：向量而与而不平行.【解析】(1)根据已知条件，先求出示+

20、t 而，A C,再结合向量垂直的性质，即可求解.(2)分别求解6？+1 赤=能 两 边 的 坐 标，再结合向量相等的条件，即可求解.本题主要考查向量的数量积判断向量的共线与垂直，属于基础题.18.【答案】(1)证明：在三棱柱4 8 C 4出。1中，四边形B i B C C i是菱形，z B j B C =6 0 ,A B 1 B C,A B 1 B Br,。为棱A C的中点，E为棱B C的中点，连结&C,交B Q于点。，连结。D,因为在三棱柱A B C -a B 1C 1中，侧面&B C R是菱形，所以点。是C的中点，在三角形A B。中，。为棱A C的中点，所以O Z V/A B ,因为4名,

21、平面BG D,。=平面B q。，所以4 B J/平面B C】。；q-_共(2)解：因为A B 18C,A B 1 B B1,B C C B B =B,所以A B 1 平面B B i GC,因为B i E u平面B B i GC,所以A B _ L B i E,因为四边形B i B CG是菱形，LBXB C =60,所以三角形B B C为等边三角形，因为E为棱B C的中点，所以Z E J.B C,又因为4 B Ci B C=B,所以aEl平面A B C,因为四边形B/C Q是菱形，N B i B C=60。，A B =B C =2,所以B E =1,BrE =V3.在直角三角形A B E中，S

22、A B E=1,所以三棱锥名-4 B E的体积4L.B E=9 x BIE x S_ A B E,设点B到平面A B i E的距离为无，注意到为1 1平面A B C,A E u 平面4 B C,所以B i E 1 A E,所以S_ A BrE x B、E X A E 乂陋 X 烟=等,因 为 A B E =KB-A BIE，所以=1hSA ABIE,所以八=?，所以点B到平面Z B i E的距离为卓.【解析】(1)连结B】C,交BG于点。，连结。，证明O D力外后可得线面平行；(2)用体积法求点面距离，即由VB_A B 1 E=/A B E可得结论.本题考查了线面平行的证明和点到平面的距离，属

23、于中档题.19.【答案】解：选 :由(a +c)(a -c)=b(b c),b2+c2 a2=be.因为0 4WTT,所以4 =g；第1 4页，共1 8页选 ：由一=sinA cosC =2 cosA sinB cosA sinC,J 2 sinB sinC cosC所以s i n(Z +C)-2 cosA sinB,则 s i n B 2 cosA sinB,因为H 0,所以c o s A =I，又因为4 W(0,TT),所以4二全选 ，因为2b c o s 4 =acosC +ccosA,所以由正弦定理得 2s i 7i B c o s A =sinA cosC +sinC cosA=s

24、i n(A +C),则 2s i n B c o s A =sinB,因为s i n B H 0,所以c o s A =又因为4 e (0,兀)，所以4=(2)由()得4=争 又c =4,所以 A B C 的面积Sf B C=四上由正弦定理得b =0=把(X =迪+2.sinC sinC tanC由于 A B C为锐角三角形，故。8 5 0 C p因为B +C=f,所以？C 3，3 o Z故2 cb 8,从而28 SB C 8V3.因此，A B C面积的取值范围是QV5,8V5).【解析】(1)选(a +c)(a -c)=b(b -c),结合余弦定理可求c o s A,进而可求4；选 ，结合正

25、弦定理及和差角公式进行化解可求cos4进而可求4选 由正弦定理得及和差角公式进行化解可求c o s A,进而可求4(2)由得4 =g,然后结合三角形面积公式可表示出三角形面积与b 的关系然后由正弦定理，和差角公式及同角基本关系进行化简后，结合正切函数的性质可求.本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式等在求解三角形中的应用,属于中档题.20.【答案】证明：(1)取4。的中点M,连结P M,MB.因为三角形P 4 D 为等边三角形，所以P M 1 A D.在直角梯形A B C D 中，A D/B C,Q.A D =2 B C,所以D M =BC,且D M B C,所以四边形B C D

26、 M 是平行四边形.因为乙4DC=90。，所以四边形BCDM是矩形，所以BM1ZD.因为PMnBM=M,PM u平面PBM,BM u 平面PBM,所以4D 1平面PBM,所以40 J.PB.因为4DB C,所以PB _ L BC.(2)取PD的中点N,连结AN.因为三角形PAD为等边三角形，所以4 V1PD.因为平面PAD J 平 面PC。，且平面P4D n平面PCD=PC,AN u 平面PAD,所以4N_L平面PCD,所以4N1.C0.在直角梯形ABC。中，AD 1 CD,AN CAD=A,且AN u 平面PAD,AD u 平面PAD,所以CD 1平面PAD.因为CD u 平面/BCD.所以

27、平面PAD L平面4BCD.【解析】(1)取4。的中点M,连结PM,M B,可证四边形BCZJM是平行四边形，从而得至lj以BM_LAD,结合PM 1 AD可证4。_ L平面PBM,从而可证PB J.BC.(2)取PD的中点N,连结A N,根据面面垂直可得AN _ L平面PC D,从而得到AN 1 CD结合题设条件可得CD _ L平面PA D,从而得到要求证的面面垂直.本题考查面面垂直，考查学生的推理能力，属于中档题.第16页，共18页21.【答案】解：(1)作法：如图，连接4 C,在平面4BCD内 2过M作MNA C,交B C 于N,则直线MN即平面&M G 与平 I,6军面4BCD的交线I

28、,：理由：因为平面力BCD平面4 8 传1。1，又平面为MC1 n 平 i)-面为B1GD1=4 G，平面4 M G n 平面/BCD=I,所以 I匕 二4G/2.因此，在平面48C。内过M作MN/1 C,而41cJ/4C,即MN&Ci，则直线MN即所求作的交线心(2)由知在三角形4BC中，M N/A C,为棱4B的中点，所以N为棱BC的中点.在正方形44避避中，延 长 交 的 延 长 线 于 点 P,所以B为)棱&P 的中点.由于N为棱BC的中点，所以延长G N 交 的 延长线于点P,所以几何体MBN-&B1C1是三棱台.设正方体的棱长为a,则AMBN的面积S=&B1C1的面积O所以三棱台M

29、BN-&町1的体积V=|(S +VSS+S )a=a3,另 一 个 几 何 体 的 体 积*。3 7=M/?因为用平面&MC 去截正方体，所得两部分几何体的体积分别为匕，瞑(匕三%)，所 以 匕=沙 3,彩=3,所以自=3【解析】(1)由直线与平面平行的性质，分析可得答案；(2)根据题意，分析几何体M BN-aB1C1是三棱台，结合正方体的几何结构，求出匕,彩，计算可得答案.本题考查空间几何体的体积计算，涉及平面的基本性质，属于中档题.22.【答案】解:(1)连结B G，交BiC于点。,连结0D.因为在三棱柱ABC-Z/i C i 中，侧面BiBCG是平行四边形，所以点。是&C的中点.又。为4

30、 c 的中点，所以0。4/，且。=B i=V2,所以NBD。或其补角为力Bi与BD所成的角，在三角形B。中，BO=BD=V3.0D=V2,所以 COSNB。=BD2+DO2-BO22XBDXD0在6即AB1与BC所成角的余弦值为匹.6(2)证明：取BC的中点M,连结。“，gM,因为在三角形ZBC中，。为4C的中点，所以DM/AB.因为所以DM 1BC.因为侧棱441 底面ABC,DM u 平面4 B C,所以4411 DM.因为4 4 J/8 B,所以又因为BCnBB】=B,所以CM!_ 平面B B iG C,所以DM_LBiC.在矩形B B Q C 中，器=若=传所以Rt B ig O R t C jC M,所以4CB1G=乙MC1C.因为NB1GM+4MGC=90。，所以NBiGM+NCBiG=90。，即1/C.又因为DM 1 BrC.DM C l CrM=M,所以BiC _L 平面。MG.又 因 为 u 平面DMCi，所以BiC 1 CXD.【解析】(1)连结B Q,交BiC于点0,连结OD由题意可得N B C。或其补角为AB】与BD所成的角，然后由余弦定理求解即可；(2)取BC的中点M,连结。M,CW，证明8传平面。M J 即可证明&C _ L GO.本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了线线垂直的证明，属基础题.第1 8页，共1 8页