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    2020-2021学年山西省晋中市高一(下)5月月考数学试卷人教A版

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    2020-2021学年山西省晋中市高一(下)5月月考数学试卷人教A版

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    这是一份2020-2021学年山西省晋中市高一(下)5月月考数学试卷人教A版,共14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. 已知a∈R,i是虚数单位,若z=a+3i,z⋅z=4,则a=( )
    A.7或−7B.1或−1C.−3D.3

    2. 已知非零向量a→,b→满足|a→|=2|b→|,且(a→−b→)⊥b→,则a→与b→的夹角为( )
    A.5π6B.2π3C.π3D.π6

    3. 已知m,n表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的是( )
    A.若m // α,n // α,则m // nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
    C.若m⊥α,m⊥n,则n // αD.若m // α,m⊥n,则n⊥α

    4. 已知平面四边形ABCD,按照斜二测画法(∠x′O′y′=45∘)画出它的平面直观图A′B′C′D′是边长为1的正方形,如图所示,则原平面四边形ABCD的面积是( )

    A.5B.3C.25D.22

    5. 一个直角梯形的两底长分别为2和5,高为4,绕其较长的底旋转一周,所得的几何体的表面积为( )
    A.34πB.37πC.45πD.52π

    6. 已知△ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为( )
    A.1B.32C.32D.3

    7. 若(a+b+c)(b+c−a)=3bc,且sinA=2sinBcsC,那么△ABC是( )
    A.直角三角形B.等腰三角形
    C.等边三角形D.等腰直角三角形

    8. 一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P的南偏西75∘距塔68海里的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处,则这只船航行的速度( )
    A.1722海里/小时B.1762海里/小时
    C.342海里/小时D.346海里/小时
    二、多选题

    已知|a→|=1,|a→−b→|=3,设a→,b→所成的角为60∘,则( )
    A.|b→|=2B.a→//b→
    C.a→⊥b→−a→D.a→⋅b→=1

    已知α,β是两个不同平面,m,n是两不同直线,下列命题中不正确的是( )
    A.若m//n,m⊥α,则n⊥α
    B.若m//α,α∩β=n,则m//n
    C.若m⊥α,α⊥β,则m//β
    D.若m⊥α,m⊂β,则α⊥β

    如图,ABCD−A1B1C1D1为正方体,下面结论正确的是( )

    A.BD // 平面CB1D1
    B.AC1⊥BD
    C.AC1⊥平面CB1D1
    D.异面直线AD与CB1所成的角为60∘

    在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a+b:a+c:b+c=9:10:11,则下列结论正确的是( )
    A.sinA:sinB:sinC=4:5:6
    B.若c=6,则△ABC外接圆半径为877
    C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
    D.△ABC是钝角三角形
    三、填空题

    已知复数z1=a+2i,z2=3−4i,且z1z2为纯虚数,则复数|z1|=______.

    在△ABC中,A=60∘,a=43,b=42,则B=________.

    已知三棱锥所有棱长都是2,则该三棱锥的侧面与底面所成锐二面角的正切值为________.

    如图是由正方体ABCD−A1B1C1D1截得的三棱锥A1−ABD,AB=2,若此三棱锥的顶点都在球O1上,则球O1的表面积为________,若球O2与此三棱锥的各个面都相切,则球O2的半径为________.

    四、解答题

    已知向量a→=(6, 2),b→=(−2, k),k为实数.
    (1)若a→ // b→,求k的值;

    (2)若a→⊥b→,求k的值;

    (3)若a→与b→的夹角为钝角,求k的取值范围.

    在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 2b−acsC=ccsA.
    (1)求角C的大小;

    (2)若c=3, △ABC的面积S=433,求a+b的值.

    如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点.

    (1)证明:PA//平面EDB;

    (2)证明:PB⊥DE.

    如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD为平行四边形, △PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.

    (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH//平面PAD;

    (2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.

    在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a+b=14, csC=78,________.
    ①sinA:sinB=4:3;②△ABC内切圆的半径为153 ;③△ABC的面积为315.
    请从以上三个条件中任选一个,补充在题干的横线上,并解答下列问题:
    (1)求c的大小;

    (2)若D为AB的中点,求中线CD的长.

    如图,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使得平面ABD′⊥平面ABC.

    (1)求证:AD′⊥平面BCD′;

    (2)当AB=3,AD=1时,求点B到平面AD′C的距离.

    如图,在四棱锥P−ABCD中,AB//CD,且∠BAP=∠CDP=90∘.

    (1)证明:平面PAB⊥平面PAD;

    (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90∘,且四棱锥P−ABCD的体积为83,求该四棱锥的侧面积.
    参考答案与试题解析
    2020-2021学年山西省晋中市高一(下)5月月考数学试卷
    一、选择题
    1.
    【答案】
    B
    【考点】
    复数代数形式的乘除运算
    共轭复数
    【解析】
    求得z的共轭复数,根据复数的运算,即可求得a的值.
    【解答】
    解:由z=a+3i,则z的共轭复数z=a−3i,
    由z⋅z=(a+3i)(a−3i)=a2+3=4,
    则a2=1,
    解得:a=±1,
    ∴ a的值为1或−1.
    故选B.
    2.
    【答案】
    C
    【考点】
    数量积表示两个向量的夹角
    数量积判断两个平面向量的垂直关系
    【解析】
    由(a→−b→)⊥b→,可得(a→−b→)⋅b→=0,进一步得到|a|→|b|→csa→,b→−b→2=0,然后求出夹角即可.
    【解答】
    解:∵ (a→−b→)⊥b→,
    ∴ (a→−b→)⋅b→=a→⋅b→−b→2
    =|a→|⋅|b→|cs−b→2=0,
    ∴ cs=|b→|2|a→|⋅|b→|
    =|b→|22|b→|2=12,
    ∵ ∈[0,π],
    ∴ =π3.
    故选C.
    3.
    【答案】
    B
    【考点】
    空间中直线与平面之间的位置关系
    【解析】
    此题暂无解析
    【解答】
    解:如图,在正方体ABCD−A′B′C′D′中,令底面A′B′C′D′=α.
    对于A,令m=AB,n=BC,满足m // α,n // α,但m//n不成立,故错误;
    对于C,令m=AA′,n=A′B′,满足m⊥α,m⊥n,但n//α不成立,故错误;
    对于D,令m=AB,n=AD,满足m // α,m⊥n,但n⊥α不成立,故错误.
    故选B.
    4.
    【答案】
    D
    【考点】
    斜二测画法画直观图
    【解析】
    根据直观图与原图面积比为定值24,计算出直观图的面积即可得到原图的面积.
    【解答】
    解:由题意,平面直观图A′B′C′D′的面积为S1=1,
    设原平面四边形ABCD的面积为S2,
    则S1S2=24,即1S2=24,
    所以S2=22.
    故选D.
    5.
    【答案】
    D
    【考点】
    组合几何体的面积、体积问题
    【解析】
    确定几何体的形状,根据已知条件所给数据,求出组合体的表面积即可.
    【解答】
    解:直角梯形绕其较长的底旋转一周后,所得的几何体由半径为4,高为2的圆柱和半径为4,高为3的圆锥组成,
    所以表面积=π×42+2π×4×2+π×442+32
    =16π+16π+20π
    =52π.
    故选D.
    6.
    【答案】
    A
    【考点】
    球的表面积和体积
    球面距离及相关计算
    【解析】
    利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径,然后求解OO1即可.
    【解答】
    解:设ABC的外接圆圆心为O1,记OO1=d,
    圆O1的半径为r,球O半径为R,
    等边三角形△ABC的边长为a,
    则S△ABC=34a2=934,
    可得a=3,
    所以r=a3=3.
    由题知球O的表面积为16π,
    则R=2,
    由R2=r2+d2,
    易得d=1,即O到平面ABC的距离为1.
    故选A.
    7.
    【答案】
    C
    【考点】
    解三角形
    余弦定理
    正弦定理
    【解析】
    对(a+b+c)(b+c−a)=3bc化简整理得b2−bc+c2=a2,代入余弦定理中求得csA,进而求得A=60∘,又由sinA=2sinBcsC,则sinAsinB=2csC,即ab=2⋅a2+b2−c22ab,化简可得b=c,结合A=60∘,进而可判断三角形的形状.
    【解答】
    解:∵ (a+b+c)(b+c−a)=3bc,
    ∴ [(b+c)+a][(b+c)−a]=3bc,
    ∴ (b+c)2−a2=3bc,
    b2−bc+c2=a2,
    根据余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA,
    ∴ b2−bc+c2=a2=b2+c2−2bccsA,
    即bc=2bccsA,
    即csA=12>0,
    ∴ A=60∘,
    又由sinA=2sinBcsC,
    则sinAsinB=2csC,即ab=2⋅a2+b2−c22ab,
    化简可得,b2=c2,
    即b=c,
    ∴ △ABC是等边三角形.
    故选C.
    8.
    【答案】
    B
    【考点】
    正弦定理
    解三角形的实际应用
    【解析】
    根据题意可求得∠MPN和,∠PNM进而利用正弦定理求得MN的值,进而求得船航行的时间,最后利用里程除以时间即可求得问题的答案.
    【解答】
    解:如图所示,由题意知∠MPN=75∘+45∘=120∘,∠PNM=45∘,PM=68.
    在△PMN中,由正弦定理,得MNsin120∘=PMsin45∘,
    ∴ MN=68×3222=346(海里).
    又由M到N所用时间为14−10=4(时),
    ∴ 船的航行速度v=3464=1762(海里/小时).
    故选B.
    二、多选题
    【答案】
    A,C,D
    【考点】
    平面向量数量积的运算
    数量积表示两个向量的夹角
    向量的模
    数量积判断两个平面向量的垂直关系
    【解析】
    由题意,根据所给信息以及数量积公式得到|b→|=2,再利用平面向量的数量积运算对选项进行逐一分析,进而即可求解.
    【解答】
    解:对|a→−b→|=3两边同时进行平方,
    可得|a→|2−2a→⋅b→+|b→|2=3,
    即|a→|2−2|a→|⋅|b→|cs60∘+|b→|2=3,
    解得|b→|=2,|b→|=−1(舍去),
    所以|b→|=2,故选项A正确;
    因为a→,b→所成的角为60∘,
    所以a→,b→不垂直,故选项B错误;
    因为a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs60∘=1,故选项D正确;
    而a→(b→−a→)=a→⋅b→−|a→|2=1−1=0 ,
    所以a→⊥(b→−a→),故选项C正确,
    所以选项正确的有ACD.
    故选ACD.
    【答案】
    B,C
    【考点】
    空间中直线与直线之间的位置关系
    空间中平面与平面之间的位置关系
    空间中直线与平面之间的位置关系
    【解析】
    本题考查的知识点是空间中线面关系,线线关系和面面关系,由线面垂直、面面平行、线面垂直的判定定理对选项进行逐一分析,进而即可求解.
    【解答】
    解:若m//n,m⊥α,由线面垂直的判定定理,可得n⊥α,故A正确;
    若m//α,α∩β=n,此时m与n可能平行也可能异面,故B错误;
    若m⊥α,α⊥β,则直线m与平面β可能平行也可能直线m在平面β上,故C错误;
    若m⊥α,m⊂β,则根据线面垂直的判定定理,可得α⊥β,故D正确.
    故选BC.
    【答案】
    A,B,C
    【考点】
    异面直线及其所成的角
    空间中直线与平面之间的位置关系
    棱柱的结构特征
    【解析】
    由BD // B1D1,得到BD // 平面CB1D1;由AC⊥BD,CC1⊥BD,得到AC1⊥BD;异面直线AD与CB1角为45∘;由AC1⊥B1D1,AC1⊥CB1,得到AC1⊥平面CB1D1.
    【解答】
    解:连接AC,A1C1,如图:
    在选项A中,∵ BD // B1D1,BD⊄平面CB1D1,B1D1⊂平面CB1D1,
    ∴ BD // 平面CB1D1,故A正确;
    在选项B中,∵ ABCD是正方形,∴ AC⊥BD,
    ∵ ABCD−A1B1C1D1为正方体,∴ CC1⊥BD,
    ∵ AC∩CC1=C,∴ BD⊥平面ACC1A1,∴ AC1⊥BD,故B正确;
    在选项C中,∵ A1B1C1D1是正方形,∴ A1C1⊥B1D1,
    ∵ ABCD−A1B1C1D1为正方体,∴ CC1⊥B1D1,
    ∵ A1C1∩CC1=C1,∴ B1D1⊥平面AA1C1C,
    ∵ AC1⊂平面AA1C1C,∴ AC1⊥B1D1,
    同理,AC1⊥CB1,∵ B1D1∩CB1=B1,
    ∴ AC1⊥平面CB1D1,故C正确;
    在选项D中,∵ AD // BC,∴ ∠BCB1是异面直线AD与CB1所成角,
    ∵ BCC1B1是正方形,∴ ∠BCB1=45∘,
    ∴ 异面直线AD与CB1角为45∘,故D错误.
    故选ABC.
    【答案】
    A,B,C
    【考点】
    正弦定理
    余弦定理
    【解析】
    首先利用比例,构造边的比例关系,再利用余弦定理,正弦定理,逐个判断即可.
    【解答】
    解:A,a+b:a+c:b+c=9:10:11,
    可设a+b=9t,a+c=10t,b+c=11t,
    解得a=4t,b=5t,c=6t,t>0,
    可得sinA:sinB:sinC=a:b:c=4:5:6,故A正确;
    B,若c=6,可得:2R=csinC=61−164=1677,
    即△ABC外接圆半径为877,故B正确;
    C,由题设最大角与最小角分别为C,A,
    csC=18,sinC=1−cs2C=378,
    csA=52+62−422×5×6=34,sinA=74,
    sin2A=2sinAcsA=378=sinC,C=2A,
    满足最大角是最小角的2倍,故C正确;
    D,c为最大边,
    在△ABC中,由余弦定理可得:
    csC=a2+b2−c22ab=16t2+25t2−36t22⋅4t⋅5t=18>0,
    即C为锐角,故D错误.
    故选ABC.
    三、填空题
    【答案】
    103
    【考点】
    复数代数形式的混合运算
    复数的模
    复数的基本概念
    【解析】
    由复数z1=a+2i, z2=3−4i,则z1z2=a+2i3−4i,然后利用复数代数形式的乘除运算化简,再根据已知条件列出方程组,求解可得a的值,代入z1,再由复数求模公式计算得答案.
    【解答】
    解:已知z1=a+2i, z2=3−4i,
    则z1z2=a+2i3−4i=a+2i3+4i3−4i3+4i
    =3a−8+4a+6i25=3a−825+4a+625i,
    因为z1z2为纯虚数,
    可知3a−825=0,4a+625≠0,
    解得a=83,
    所以z1=83+2i ,
    则|z1|=(83)2+22=103.
    故答案为: 103
    【答案】
    45∘
    【考点】
    正弦定理
    【解析】
    由正弦定理可得sinB=bsinAa=42×sin60∘43=22,由a=43>b=42,A,B,C为△ABC中的内角,由大边对大角可知:0

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