2020-2021学年江苏省苏州市吴江区汾湖某高级中学高一（下）反馈数学试卷（5月份）（附答案详解）.pdf

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1、2020-2021学年江苏省苏州市吴江区汾湖高级中学高一（下）反馈数学试卷（5 月份）一、单 选 题（本大题共8小题，共40.0分）1 .已知复数z =F9（i为虚数单位），则复数Z的模|z|=（）A.1 B.V 2 C.2 D.42.c o s 56c o s 260 +$万56%0 564。的值为（）A.；B.C.叵 D.-更2 2 2 23 .已知a,b是两条不同的直线，a,口是两个不同的平面，且au 0,a n 0 =b,则“a la”是“a lb（）A.充要条件C.必要不充分条件4 .已知t an a=a，则2+c o s 2a=（）B,充分不必要条件D.既不充分也不必要条件A.|B

2、.|C.2 D.35.已知向量五,b满足|五|=百,|b|=2,|方+b|=遍,则向量五与b夹角的余弦值为（）A.一四 B.叵 C.一过 D.更6 6 3 36.如图，在正方体48C0中，截面4 8 0与底面4 8c o所 o,r成锐二面角4 一 BD-4的正切值为（）人 言 gA BA.立 B.立 C.V 2 D.V 32 27.下列命题中正确的是（）A.有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱B .各个面都是三角形的几何体是三棱锥C.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线8.在44 BC中，角A,B,C所对的边分别为a,b

3、,c,若3就 通-瓦？比=2方 请,2 b=bcosC +ccosB,贝U c o s C的值为（）A.3B-ic4D-二、多选题(本大题共4小题，共 20.()分)9.已知函数/(x)=|s i n 2x +当c o s 2x，则下列选项正确的有()A.f(x)的最小正周期为B.曲线y =/(x)关于点,0)中心对称C./(%)的最大值为百D.曲线y =/(x)关于直线x 对称1 0 .已知m,n 为两条不同的直线，a,0 为两个不同的平面，则下列说法中正确的是()A.若m a,r i u a,则m nB.若m J L a,n/a,则T H _L nC.若m 1 a,nJ.。,a/?,则m

4、nD.若m _L n,n l 0,a 1 p,则m 1 a1 1 .下列计算正确的选项有()A.l+tanl5。_ cl-tanl50-B.s i n 50 0(l +V 3 t an l 0 0)=2C.Fsin(24+一B)一 2n/A T SINACOS(A+B)=D.iitan0 tan20 sin201 2.如 图，点P在正方体的面对角线B Q上运动，则正确的结论是()A.三棱锥A-Z PC的体积不变B.4P 平面ACDiC.DP 1 BQD.平面Pg，平面4 皿三、填空题(本大题共4小题，共 20.0 分)第 2 页，共 16页1 3 .甲船在湖中B 岛的正南4 处，AB =1 2

5、 k m,甲船以8 km的速度向正北方向航行，同时乙船从B 岛出发，以8 km的速度向北偏东60。方向驶去，则行驶半小时两船的距离是 km.1 4 .现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4 的圆锥和底面半径为2,高为8 的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则 新 的 底 面 半 径 为.1 5 .中华人民共和国国歌有8 4 个字，3 7小节，奏唱需要4 6秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度1 5。的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60。和3 0。，第一排和最后一排的距离为1 0 鱼米(如图所示

6、),旗杆底部与第一排在同一个水平面上，要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为 米/秒.1 6.仇章算术少中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖膈，若三棱锥P-4 B C 为鳖席，P 4 _ L 平面A B C,P A=A B =2,AC =2 近,则三棱锥P-A B C 的表面积为.四、解答题(本大题共6 小题，共 70.0 分)1 7.设实部为正数的复数z,满足|z|=U，且复数(l +2 i)z 在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上.(1)求复数z；(2)若W +震(m R)为纯虚数，求实数m的值.1 8 .如图，在四棱锥P-4 B C D 中，四边形4 B

7、C D 为矩形，AB 1 B P,M,N分别为4 C,P D 的中点.(1)求证：MN平面A B P；(2)若B P J.P C,求证：平面2 B P 1 平面A P C.D1 9 .已知向量五=(s inx,|),b=(c o s x,-l).(1)当Z/E 时，求2 c o s 2 久-s in2 x 的值；(2)求/(x)=(五+E)方在I-,。上的最大值.2 0 .如图 1,在直角梯形4 B C 0 中，AB/C D,AB 1 A D,月.A B =A D =1.现以A D为一边向梯形外作正方形4 O E F,然后沿边4。将正方形4 0 E F 翻折，使平面4 0 E F 与平面A B

8、 C D 垂直，M为E C 的中点，如图2.(1)求证：AM平面B E C；(2)求证：B C _ L 平面B C E；(3)求点。到平面B E C 的距离.2 1 .在 A B C 中，设角4 B,C 的对边长分别为a,b,c,已知电 生 等=巴 三.sinC a+b(1)求角B 的值；(2)若 4 B C 为锐角三角形，且c =2,求 A B C 的面积S 的取值范围.2 2 .如图，在菱形4 B C D 中，B E B C,C F=2 FD.(l)E F=x A B+y A D,求3 x +2 y 的值；(2)若|而|=6，N B A。=60。，A C -E F.(3)若菱形A B C。

9、的边长为6,求 荏 前 的取值范围.第 4 页，共 16页答案和解析1.【答案】C【解析】解：TZ=曾，1 Z I.4+2i.|4+2i|V42+22 2S。|z|=EI=G=Bk 市 =2.故选：c.直接利用商的模等于模的商求解.本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题.2.【答案】C【解析】解：cos5 6 cos2 6 +sin5 6 cos6 4=cos5 6 cos2 6 +sin5 6 sin2 6=cos(56-26)=cos30=争故选：C.由题意，利用诱导公式、两角差的余弦公式，计算求得结果.本题主要考查诱导公式、两角差的余弦公式的应用，属于基础题.3.【答案】B

10、【解析】解：若a l a,a C t 0=b,则b u a,二a 1 b,.,.充分性成立，若a J _ b,则a与a不一定垂直，a 1 a是a 1 b的充分不必要条件，故选：B.根据线面垂直的性质定理即可判断出结论.本题考查了线面垂直的性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与直观想象能力，属于基础题.4.【答案】A【解析】解：因为tana=或，所以2+cos2 a=2 sin2a+2 cos2a+cos2a sin2a=sin2a+3cos2a=smza+coszatan2a+3 _ 2+3 _ 5tan2a+l 2+1 3*故选：A.第6页，共16页由已知利用同角三角函数基本关系式，

11、二倍角公式化简所求即可求解.本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用,考查了计算能力和转化思想，属于基础题.5.【答案】A【解析】【分析】本题考查了平面向量数量积与模长、夹角公式的应用问题，属于基础题.把|4+方|=近两边平方，代入数量积公式即可求得向量力与石夹角的余弦值.【解答】解：由|五|=百，|E|=2，|a +b|=V 5，得+L)2 =5,即|为产+2 五石+|石|2 =5，所以3 +2 x V 3 x 2 cos b +4=5 解得c o s -.6即向量a 与石夹角的余弦值为一叵.6故选：46.【答案】C【解析】解：如图所示，连接A C 交B D

12、 于点。，连接4 0,则4。1 8 0,Ax0 1 BD,乙 4 1。4 为二面角4 一 B 0 的平面角,设为4 =a,则4 0 =y-a,所以t a n N 4 A =崇=/.故选：C.连接4 C 交B D 于点。，连接4。，根据条件可知乙4 1。4 为所求的角，再求出乙4 1 0 4 即可.本题考查了二面角的求法，考查了转化思想，属于基础题.7 .【答案】D【解析】解：对于从上下底面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱，假如两个斜棱柱叠放在一块，就不叫棱柱，故 4错误：对于8：各个面都是三角形的几何体是三棱锥，与棱锥的定义矛盾，故 B错误；对于C：只有夹在圆柱的两个平行截面间且

13、平行于底面的几何体才是一个旋转体，故 C错误；对于D：圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线，故。正确.故选：D.直接利用锥体和柱体的定义判定4、8、C、。的结论.本题考查的知识要点：锥体，柱体的定义，主要考查学生对几何体的定义的理解，属于基础题.8 .【答案】D【解析】解：由若3 元 荏-萧 瓦2 Z 7 布 可得，3bccosA-accosB =2 abcosC,由余弦定理得3(炉+c2-a2)-(a2+c2-h2)=2(a2+b2-c2),即炉+2 c2=3 a2,由正弦定理结合2 b =bcosC+c c o s B 可得，2 sinB =sinB cosC +sinC cosB

14、=s i n(8 +C)=sinA,2 b=a 由得，1 1 匕2=2C2,a2+b2-c2 Sb2-c2*-1cosC =-=,2ab 4bz B_ 2 8ii故选：D.先利用平面向量数量积运算化简3 万 南-瓦？,前=2 C A-C B 借助余弦定理进一步化简，再根据正弦定理化筒2 b =b c o s C+C C 0 S 8,得出a =2 b,从而解决问题.本题考查平面向量与正余弦定理的综合问题，属于中档题目.9.【答案】AC D【解析】【分析】本题主要考查两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，属于中档题.由题意利用两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，得出结论.第 8 页，共 16

15、页【解答】解：丫 函数/(X)=百 sin(2x+),6由于/(x)的最小正周期7=兀，故A正确：由于/(巴)=V5sin(2 x巴+工)=逅4 0,故B错误;、3 3 6 2由于f(X)mar=遮，故C正确；由 于/)=次5皿2 0),由|z|=VTU得：a2+b2=10.又复数(1+2i)z=(a-2b)+(2a+b)i在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，则a-2b=2a+b,即a=3b.由联立的方程组得a=3,b=1；或a=3,b=1.a 0,a=3,b 1,贝 z=3 i.m+5 小（2）.z+上 i=3+i+丝 些 心=吧+上”i 为纯虚数，l+i 2 2 2解得m=-5.

16、第1 2页，共16页【解析】本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法法则的应用，虚数单位i的基运算性质，属于基础题.(1)设Z=a+bi(a,b e R且a 0),由条件可得a?+b*2=10，a=-3 b 曲 联立的方程组得a,b的值，即可得到z的值.cos2x+sin2x2-2tanx _ 2-2(-|)_ 20l+tan2x-1+(-1)2-13(2)/(x)=(a+b)-K,2 3-=a b+b=sinxcosx-F coszx+12_ =0(2)根据若z+柒(m e R)为纯虚数，可得/小，由此求得m 的值.|-0 018.【答案】证明：(1)连结8 D,由题意可知，M为

17、4C和BD的中点，又；N为PD的中点，:MN/BP,又；MN C平面BP u 平面4BP,MN平面ABP.(2)v AB IB P,AB 1 BC,BPdBC=B,二 AB _ L 平面 BPC,PCu平面BPC,AB 1.PC,Xv BP 1.PC,AB CBP=B,二 PC J平面4BP,又；PC u 平面4PC,二 平面力BP 1平面APC.【解析】(1)连结BD，则M为4 c 和BD的中点，所以MNBP,再利用线面平行的判定定理即可证得MN 平面4BP.(2)由线面垂直的判定定理可得4B_L平面B P C,进而得到A B 1 P C,又BP 1 P C,所以PC 1平面4 B P,结合

18、面面垂直的判定定理即可证得平面4B P，平面APC.本题主要考查了线面平行和面面垂直的判定，属于中档题.19.【答案】解：(1)当五石时，一 sinx=|cosx,stnxta n x=-cosx32f2COS2X sin2x2cos2x-sin2xcos2x+sin2x2cos2 x-2sinxcosx1.r 3,1+COS2X,r=-sin2 x-1-F 12 2 2=-sin2 x+-cos2 x=-sin(2x+2 2 2 工|-彳,0，2 x+g e|-年,g,sin(2x+?)E-当 净 当sin(2%+3)=?时，/(x)=(a 4-6)方取最大值【解析】(1)当刁9时可得tan

19、%=-,，可得2cos2%s讥2%=江 马 江 等，化为切函数，代值计算可得；(2)由向量和三角函数的知识可得f(x)=4 sin(2 x +由x的范围可得.本题考查平面向量与三角函数的综合应用，熟练掌握公式是解决问题的关键，属中档题.2 0.【答案】解：(1)证明：取EC中点N,连接MN,B N.在AEDC中，M,N分别为EC,ED的中点,所以M N C D,R MN=C D.由已知ABCD,AB =C D,所以M N A B,且MN=AB.(3分)所以四边形48NM为平行四边形.所以BN4M.(4分)又因为B N u平面B E C,且4M C 平面8EC,所以AM平面BEC.(5分)(2)

20、在正方形4DEF中，E D 1AD.又因为平面ZDEF 1平面4B C D,且平面ADEF n平面A8CD=AD,所以ED 1平面ZBCD.所以E0 1 BC.（7分）在直角梯形4BC。中，AB =A D =1,C D=2,可得8。=鱼.在BCC中，B D=B C =CD =2,所以+BC2=C D2.所以BC _LBD（8分）所以BC JL平面BDE.（10分）第 14页，共 16页(3)由(2)知，BC1 平面BDE又因为BC u 平面B C E,所以平面BDE 1平面BEC.(11分)过点。作EB的垂线交EB于点G,则。G 平面BEC所以点。到平面BEC的距离等于线段DG的长度(12分)

21、在直角三角形BDE中,S“BDE qBD-DE -B E -DG所以点。到平面BEC的距离等于坐(14分)【解析】(1)欲证4M平面B E C,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证4M与平面BEC内一直线平行，取EC中点N,连接MN,BN,根据中位线定理和条件可知MN/1B,且MN=A B,从而得到四边形4BNM为平行四边形，则BNAM,BN u 平面B E C,且AMU平面B E C,满足定理所需条件；(2)欲证BC 1平面BO E,根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证BC与平面BDE内两相交直线垂直，根据面面垂直的性质可知ED J平面4B C D,则E D 1 B C,根据勾股定理可知

22、8C 1.8 0,满足定理所需条件；(3)过点。作EB的垂线交EB于点G,则DG，平面B E C,从而点。到平面BEC的距离等于线段DG的长度，在直角三角形BDE中，利用等面积法即可求出D G,从而求出点。到平面BEC的距离.本题主要考查了线面平行的判定，以及线面垂直的判定和点到面的距离的度量等有关知识，同时考查了空间想象能力、转化与划归的思想，属于综合题.21.【答案】解：(1)由已知及正弦定理，得 =缶，E|J(a-b)(a+b)=c(a-c),即彦 b2=ac c2,即a?4-c2 b2=ac.由余弦定理，得cosB=二 巴 把=工，2ac 2因为B e(0,180),所以8=60.(2

23、)因为Z+C=120。，c=2,由正弦定理，得&=竺 配=型 忙 2 =叵空出竺 =所以S=acsinB=asm60。聋盘+1).因为 A B C为锐角三角形,则3 0。(?9 0。，从而t a n C 6,+8),所以S C (当,2遍).【解析】(1)利用已知和正弦定理化简，结合余弦定理可得角B的值；(2)由于A +C =1 2 0。，c =2,利用正弦定理，可得。=巫+1,以及A A B C的面积S =tanC立(至+1)，利用 A B C为锐角三角形，可得面积的取值范围.2 ytanC J本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化

24、思想，属于中档题.2 2.【答案】解：因 为 而=同，谓=2而，所 以 前=就+而=而沅=而 一|而，E F=xAB +y A D，所以x =一|,y =1,故3 x +2 y =3 x (一|)+2 x ；-1.(2)-AC =AB +AD)-(AD-AB)=-AD-A B -AB-AD4 B C D为菱形，.-.AD=AB =6AC-E F=-AB 2-AB 2COSLB AD=-x 3 6 -i X 3 6 X i=-9,即 正.前=6 6 6 6 2-9.1 2 1 2 2 1 1 2(3)A E -E F =(AB +-AD)(-AB +-AD)=-AB +-AB -AD+-AD2 3 2 3 6 4=2 4 +9 +6 c o s =6 cos(AB,AD)1 5,v c o s G (-1,1).荏 品 的取值范围：(-2 1,-9).【解析】(1)利用己知条件求出 前，然后求解x,y即可.(2)利用已知向量，表示数量积的向量，然后求解即可.(3)利用向量的数量积，结合三角函数的有界性，求解即可.本题考查向量的数量积的求法与应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题.第 16页，共 16页