2020-2021学年山西省晋中市高一（下）6月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年山西省晋中市高一（下）6月月考数学试卷 (1)人教A版，共15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. 设z=3+i1−i+i，则z¯在复平面对应的点位于第（ ）象限
A.一B.二C.三D.四

2. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )

A.82B.22C.43D.23

3. 若向量a→=1,0，b→=2,1，c→=x,1，满足条件3a→−b→与c→共线，则x的值（ ）
A.1B.−1C.−2D.−3

4. 设l，m表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，Q表示一个点，给出下列四个命题，其中正确的命题是（ ）
①Q∈α ，l⊂α，则Q∈l ，
②l∩m=Q，m⊂β，则l⊂β，
③l//m ，l⊂α，Q∈m，Q∈α，则m⊂α，
④α⊥β且α∩β=m，Q∈β，Q∈l，l⊥α，则l⊂β.
A.①②B.①③C.②③D.③④

5. 斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90∘的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的体积为( )

A.815π3B.415π3C.12515π192D.12515π64

6. 某班有48名学生，在一次考试中统计出平均分为70分，方差为75，后来发现有2名同学的分数登错了，甲实得80分却记成了50分，乙实得70分却记成了100分，则更正后平均分和方差分别是( )
A.70，75B.70，50C.75，1.04D.65，2.35

7. 如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为( )cm．

A.12B.13C.14D.15

8. 如图，在平面四边形ABCD中，若E为边CD上的动点，AB=AD=1 ，AB⊥BC， AD⊥CD， ∠BAD=120∘ ，则AE→⋅BE→的最小值为（ ）

A.32B.92C.2116D.2516
二、多选题

已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.i+i2+i3+i4=0
B.复数z=3−i的模是10
C.若复数z−3+2i>0，则z>3+2i
D.已知复数z满足|z−1|=|z+1|，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线

中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1．则下列关于该多面体说法中正确的是（ ）

A.多面体有12个顶点，14个面B.多面体的体积为56
C.多面体的表面积为3D.多面体有外接球

在△ABC中，已知(a+b):(c+a):(b+c)=6:5:4，给出下列结论中正确结论是（ ）
A.由已知条件，这个三角形被唯一确定
B.△ABC一定是钝三角形
C.sinA:sinB:sinC=7:5:3
D.若b+c=8，则△ABC的面积是1532

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC， CC1，BB1的中点，则（ ）

A.D1D⊥AF
B.A1G//平面AEF
C.异面直线A1G与EF所成角的余弦值为1010
D.点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2 倍
三、填空题

为了解某团战士的体重情况，采用随机抽样的方法，将样本体重数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图，已知图中从左到右前三个小组频率之比为1:2:3，第二小组频数为12，则全团共抽取人数为________．


△ABC中， AC=7, AB=4，BC边上的中线AD=3.5，则BC=________.

已知圆锥的母线长为2r，底面圆的半径为r，圆心为O，点M是母线PA的中点，AB为底面圆的直径．若点C为底面圆周上的一点，且OC与母线PB所成的角等于60∘，则MC与底面所成的角的正弦值为________.

在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP=2，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且AB=1，AD=3，直线PM与平面ABCD所成的角为π4．记点M的轨迹长度为α，则tanα=________；当三棱锥P−ABM的体积最小时，三棱锥P−ABM的外接球的表面积为________．

△ABC中， BC=2，点O，G分别为△ABC的外心、重心，若AO→⋅AG→=AB→⋅AC→，则△ABC面积的最大值为________.
四、解答题

已知向量a→与向量b→的夹角为45∘，其中|a→|=2，|b→|=1.
(1)求|a→+2b→|的值；

(2)若向量2a→−λb→与λa→−3b→的夹角是锐角，求实数λ的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，AB=3，AC=4，AD=5．

(1)求证：PB⊥AC；

(2)若________，求点A到平面PCD的距离．要求：在①PA=2；②二面角P−CD−A的大小为60∘；③VP−ABCD=12，这三个条件中，任选一个补充在问题中，并加以解答．

某学校高一100名学生参加数学竞赛，成绩均在40分到100分之间，学生成绩的频率分布直方图如图：

(1)估计这100名学生分数的中位数与平均数；（精确到0.1）

(2)某老师抽取了10名学生的分数x1，x2，x3，⋯，x10，已知这10个分数的平均数x¯=90，标准差s=6，若剔除其中的100和80两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差．
（参考公式：s=i=1nxi2−nx¯2n ）

在△ABC中，已知a+ba=sinBsinB−sinA，且cs(A−B)+csC=1−cs2C．
(1)试确定△ABC的形状；

(2)求a+cb的取值范围．

如图所示，某市有一块空地△OAB，其中OA=2km，∠AOB=90∘，∠OAM=60∘．当地政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON=30∘，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的周围安装防护网．设∠AOM=θ．

(1)当AM=1km时，求防护网的总长度；

(2)若θ=15∘，问此时人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的多少倍？

如图，已知三棱柱ABC−A′B′C′的侧棱垂直于底面，点M，N分别为A′B和B′C′的中点，AB=AC，∠BAC=90∘．

(1)证明：MN//平面AA′C′C；

(2)(ⅰ)设AB=λAA′，当λ为何值时，使得CN⊥平面A′MN？试证明你的结论．
(ⅱ)在(ⅰ)的条件下，求二面角N−A′B−B′的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高一（下）6月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
复数代数形式的混合运算
【解析】
先化简复数，再利用共轭复数和复数的几何意义求解即可.
【解答】
解：设z=3+i1−i+i=3+i1+i1−i1+i+i=2+4i2+i=1+3i，
则z¯=1−3i在复平面对应的点位于第四象限.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【解答】
解：由斜二测画法可知，原图形是一个平行四边形，且平形四边形的一组对边长为2．
在斜二测图形中O′B′=22，且∠B′O′A′=45∘.
那么在原图形中，∠BOA=90∘，且OB=42.
因此原平面图形的面积为：2×42=82.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
先求出3a→−b→=1,−1，再利用3a→−b→与c→共线，得到1×1−x×(−1)=0，求解即可.
【解答】
解：由题意可得：3a→−b→=1,−1，
∵ 3a→−b→与c→共线，
∴ 1×1−x×(−1)=0，
解得x=−1.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间点，线面之间的位置关系进行判断即可．
【解答】
解：①Q∈α ，l⊂α，则Q∈l不一定成立，故①错误；
②l∩m=Q，m⊂β，则l⊂β不一定成立，故②错误；
③l//m ，l⊂α，Q∈m，Q∈α，则m⊂α，故③正确；
④如图：α⊥β且α∩β=m，Q∈β，Q∈l，l⊥α，则l⊂β，故④正确.

故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积.
【解答】
解：根据已知可得所求扇形半径为r=3+5=8，即圆锥母线长为l=8，
设圆锥底面半径为R，则2πR=π22π×2π×8，R=2.
圆锥的高为ℎ=l2−R2=82−22=215，
所以圆锥体积为V=13πR2ℎ=13π×22×215=815π3.
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
根据平均数、方差的概念先表示出更正前的平均数、方差和更正后的平均数、方差，比较其异
同，然后整体代入即可求解．
【解答】
解：设更正前甲，乙，丙．．的成绩依次为a1，a2，… a48，
则a1+a2+⋯+a48=48×70，
即50+100+a3+⋯+a48=48×70，
∴ a1−702+a2−702+⋯+a48−702=48×75 ，
即202+302+a3−702+⋯+a48−702=48×75,
更正后平均分x¯=80+70+a3+⋯+a4848=70，
方差s2=148[80−702+70−702+a3−702+⋯+a48−702]
=148×100+48×75−202−302=50．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
将三棱柱的侧面展开，得到棱柱的侧面展开图，利用矩形的对角线长，即可求解．
【解答】
解：将正三棱柱ABC−A1B1C1沿侧棱展开两次，得到棱柱的侧面展开图，如图所示，
最短距离是上图中对角线的长度，
即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，
由已知求得的长等于6×2=12，宽等于5，
由勾股定理得d=122+52=13.
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
可建立坐标系，然后根据给的条件求出A,BE的坐标，再设E0,m ，则可将AE→⋅BE→整理成m的函数，然后求其最小值．
【解答】
解：因为AB=AD=1 ，AB⊥BC， AD⊥CD， ∠BAD=120∘，
故建立如图所示的平面直角坐标系．
则A1,0 ，连接AC，易证Rt△ACD≅Rt△ACB，
∴ ∠DAC=∠CAB=60∘，
∴DC=ADtan60∘=3，
xB=1+1×cs60∘=32 ，yB=1×sin60∘=32，
∴ B32,32，
设E0,m 03+2i，故选项C错误；
对于选项D，已知复数z满足|z−1|=|z+1|=|z−(−1)|，
即z表示到点(1,0)和(−1,0)的距离相等，
此时z在复平面内对应的点的轨迹为直线，故选项D正确.
故选AD.
【答案】
A,B,D
【考点】
正多面体
简单组合体的结构特征
【解析】
求得一个棱数为24的半正多面体的顶点数和面数，可判断选项A；将半正多面体补成棱长为1的正方体，故其顶点是正方体各棱的中点，求得半正多面体的棱长，计算表面积和体积，可判断选项B，C；再由正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，可判断D．
【解答】
解：将该半正多面体补全为一个棱长为1的正方体，显然其顶点为正方体棱中点，
对于选项A，由图可知该多面体上层有4个顶点，中间有4个顶点，下层有4个顶点，共12个顶点，该多面体有6个正方形面，8个等边三角形面，共14个面，故选项A正确；
对于选项B，体积可看成正方体减去8个三棱锥，
故V=1−12×13×123×8=56，故选项B正确；
对于选项C，该多面体棱长为22，表面积由6个正方形和8个等边三角形组成，
故面积S=6×222+8×34×222=3+3，故选项C错误；
对于选项D，正方体的中心到多面体的各顶点距离都为22，有外接球，选项D正确．
故选ABD.
【答案】
B,C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
根据边长比例关系，求出a，b，c的关系，结合正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式分别进行计算，判断即可．
【解答】
解：因为a+b:c+a:b+c=6:5:4，
不妨设a+b=6k，c+a=5k，b+c=4k（k>0），
可得a=72k，b=52k，c=32k，
所以a:b:c=7:5:3，
利用正弦定理得sinA:sinB:sinC=7:5:3，故选项C正确，
由于三角形ABC的边长不确定，则三角形不确定，故选项A错误，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=254k2+94k2−494k22×52×32k2=−120，
且2a→−λb→与λa→−3b→不能同向共线，
∴ λ2−7λ+60,
解得1