2020-2021学年安徽省宣城市高一（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省宣城市高一（下）5月月考数学试卷人教A版，共10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. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB−sinC2=sin2A−sinBsinC ，a=23，b=2，则△ABC的面积为( )
A.2B.23C.4D.43

2. 已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，23cs2A+cs2A=0，a=7，c=6，则b等于( )
A.10B.9C.8D.5

3. 设a→，b→是非零向量，“a→⋅b→=|a→||b→|”是“a→ // b→”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

4. 如图，在△ABC中，AD⊥AB，BC→=3BD→，|AD→|=1，则AC→⋅AD→=( )

A.23B.32C.−32D.3

5. 设复数z满足z=−1+3−3ii，则|z|=( )
A.−4B.13C.−4−3iD.5

6. 已知圆锥的表面积为9π cm2，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为( )
A.322cmB.32cmC.3cmD.23cm

7. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”若圆周率约为3，则可估算出米堆的体积约为( )

A. 9立方尺 B. 18立方尺 C.36立方尺D. 72立方尺

8. 如图，圆柱形容器内盛有高度为6cm的水，若放入3个相同的铁球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球，则球的半径为( )

A.4cmB.3cmC.2cmD.1cm

9. 已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90∘，C为该球面上的动点，若三棱锥O−ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A.36πB.64πC.144πD.256π

10. 如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，AB与CD的位置关系为( )

A.相交B.平行C.异面D.平行或异面
二、多选题

如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个结论正确的是( )

A.直线AM与CC1是相交直线
B.直线AM与BN是平行直线
C.直线BN与MB1是异面直线
D.直线AM与DD1是异面直线

平面α与平面β平行的条件可以是( )
A.α内有无数多条直线都与β平行
B.直线a//α，a//β，b//α，b//β，a∩b=A
C.平面α内不共线的三点到β的距离相等
D.一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β
三、填空题

圆台的上下底面半径和高的比为1:4:4，若母线长为10，则圆台的表面积为________.

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，M，N分别为棱A1D1，A1B1的中点，过点B的平面a // 平面AMN，则平面a截该正方体所得截面是________形，面积为________.

如图所示，P为▱ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA // 平面EBF时，PFFC=________．


如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________（填序号）．


在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为32的正方形，且各侧棱长均为23，求该四棱锥外接球的表面积．
四、解答题

在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，角C是钝角，且sinB=b2c．
(1)求角C的值；

(2)若b=2，△ABC的面积为3，求c的值．

已知长方体ABCD−A1B1C1D，E，F分别为CC1和BB1的中点，12AA1=AB=BC=2．

(1)求三棱锥C1−A1FA的体积；

(2)求证：平面AC1F//平面BDE．

如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点．

(1)求证：EF // 平面BDD1B1；

(2)在棱CD上是否存在一点G，使得平面GEF // 平面BDD1B1？若存在，求出CGGD的值；若不存在，请说明理由．

在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45∘方向，相距12nmile的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10nmile的速度沿南偏东75∘方向前进，若侦察艇以每小时14nmile的速度，沿北偏东45∘+α方向拦截蓝方的小艇（如图所示）.若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．


已知向量OA→=(2, 2)，OB→=(−4, 1)，点P在x轴的非负半轴上（O为原点）．
(1)当PA→⋅PB→取得最小值时，求OP→的坐标；

(2)设∠APB=θ，当点P满足(1)时，求csθ的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宣城市高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】

由正弦定理化简得b2+c2−a2=bc ，再由余弦定理得csA=12，进而得到sinA=32，利用余弦定理，列出方程求得c=4，最后结合三角形的面积公式即可求解.
【解答】
解：在△ABC中，由正弦定理，
可得b−c2=a2−bc，即b2+c2−a2=bc.
又由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12，
可得sin A=1−cs2A=32.
因为a=23，b=2,
由余弦定理，可得a2=b2+c2−2bccsA，
即(23)2=22+c2−2c，
即c2−2c−8=0，解得c=4,
所以三角形的面积为S=12bcsinA=12×2×4×32=23.
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
二倍角的余弦公式
余弦定理
【解析】
由已知及二倍角公式可得：23cs2A+2cs2A−1=0，结合A是锐角，从而解得csA=15，利用余弦定理即可得b的值．
【解答】
解：由23cs2A+cs2A=0，
得23cs2A+2cs2A−1=0，
解得csA=±15．
∵ A是锐角，
∴ csA=15．
由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA，
∴ 49=b2+36−2×b×6×15，
∴ b=5或b=−135(舍去)．
故b=5．
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
平面向量数量积
平行向量的性质
【解析】
由a→⋅b→=|a→||b→|便可得到a→，b→夹角为0，从而得到a→ // b→，而a→ // b→并不能得到a→夹角为0，从而得不到a→⋅b→=|a→||b→|，这样根据充分条件、必要条件的概念即可找出正确选项．
【解答】
解：①a→⋅b→=|a→||b→|cs；
∴ a→⋅b→=|a→||b→|时，cs=1；
∴ =0；
∴ a→ // b→；
∴ “a→⋅b→=|a→||b→|”是“a→ // b→”的充分条件；
②a→ // b→时，a→，b→的夹角为0或π；
∴ a→⋅b→=|a→||b→|，或−|a→||b→|；
即a→ // b→得不到a→⋅b→=|a→||b→|；
∴ “a→⋅b→=|a→||b→|”不是“a→ // b→”的必要条件；
∴ 综上可得“a→⋅b→=|a→||b→|”是“a→ // b→”的充分不必要条件．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
向量在几何中的应用
向量加减混合运算及其几何意义
平面向量数量积的运算
【解析】
利用平面向量的基本运算与解三角形的基础知识，求解向量的数量积即可．
【解答】
解：AC→⋅AD→=(AB→+BC→)⋅AD→
=AB→⋅AD→+BC→⋅AD→
=3BD→⋅AD→
=3(AD→−AB→)⋅AD→
=3AD→2−3AB→⋅AD→
=3.
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
复数的模
复数的运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【解答】
解：由复数运算得z=−1+3−3ii=−1+(3−3i)ii2=−4−3i，
则|z|=(−4)2+(−3)2=5．
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设圆锥的底面半径长为r，圆锥的母线长为l，
则由πl=2πr，得l=2r，
而S=πr2+πr⋅2r=3πr2=9π，
故r2=3，
解得r=3，
即圆锥的底面半径为3cm.
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据米堆的底部的弧度即底面圆周的四分之一为8尺，可求出圆锥的底面半径，从而计算出米堆的体积，用体积除以每斛的体积即可求得斛数．
【解答】
解：设米堆所在圆锥的底面半径为r尺，
则14×2πr=8，
解得：r=16π，
所以米堆的体积为
V=14×13×πr2×5=3203π≈36，
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
设出球的半径，根据题意可得，三个球的体积和水的体积之和等于圆柱体的体积，再根据球及圆柱的体积公式，代入求解即可求得答案．
【解答】
解：由题意可得，设球的半径为r，依题意得三个球的体积和水的体积之和等于圆柱体的体积，
∴ 3×43πr3=πr2(6r−6)，
∴ 可以解得r=3．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O−ABC的体积最大，利用三棱锥O−ABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．
【解答】
解：如图所示，
当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，
三棱锥O−ABC的体积最大，
设球O的半径为R，
此时VO−ABC=VC−AOB=13×12×R2×R=16R3=36，
故R=6，则球O的表面积为4πR2=144π.
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据该正方体的平面展开图画出对应的直观图即可判断AB，CD的位置关系．
【解答】
解：由该正方体的平面展开图画出它的直观图，如图所示，
则观察图可知，AB与CD异面.
故选C.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
异面直线的判定
【解析】
根据正方体的几何特征，结合已知中的图形，我们易判断出已知四个结论中的两条线段的四个端点是否共面，若四点共面，则直线可能平行或相交，反之则一定是异面直线．
【解答】
解：∵ A，M，C，C1四点不共面
∴ 直线AM与CC1是异面直线，故A错误；
同理，直线AM与BN也是异面直线，故B错误．
同理，直线BN与MB1是异面直线，故C正确；
同理，直线AM与DD1是异面直线，故D正确.
故选CD.
【答案】
B,D
【考点】
平面与平面平行的判定
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】
由题意，结合面面平行的判定要求，对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：A，若平面α内有无数多条直线都与平面β平行，此时两平面的位置关系为平行或相交，故选项A错误；
B，若直线a//α，a//β，b//α，b//β，a∩b=A，则平面α//平面β，故选项B正确；
C，当α与平面β垂直时，平面α内不共线的三点到β的距离也相等，故选项C错误；
D，若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则平面α//平面β，故选项D正确.
故选BD.
三、填空题
【答案】
168π
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
设圆台的上底面半径为R，由圆台的上下底面半径和高的比为1:4:4，得下底面半径为4R，高为4R，利用圆台的母线长10求得R，代入圆台的表面积公式计算．
【解答】
解：设圆台的上底面半径为R，
由圆台的上下底面半径和高的比为1:4:4，
得下底面半径为4R，高为4R，
圆台的母线长10=(4R)2+(3R)2=5R，
∴ R=2，
∴ 圆台的表面积S=π(2+8)×10+π(22+82)=168π．
故选答案为：168π．
【答案】
等腰梯,18
【考点】
棱柱的结构特征
截面及其作法
【解析】
如图所示，截面为等腰梯形BDPQ，即可求出平面α截该正方体所得截面的面积．
【解答】
解：如图所示，截面为等腰梯形BDPQ，
故截面的面积为12×(22+42)×32=18．
故答案为：等腰梯；18.
【答案】
12
【考点】
直线与平面平行的性质
【解析】
连接AC交BE于点M，运用线面平行的性质定理，可得PA // EM，再由平行线分线段成比例定理，可得结论．
【解答】
解：如图，连接AC交BE于点M，连接FM，
∵ PA // 平面EBF，PA⊂平面PAC，
平面PAC∩平面EBF=EM，
∴ PA // EM，
∴ PFFC=AMMC=AEBC=12.
故答案为：12．
【答案】
②④
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得图①中GH//MN，不符合题意；
图②中GH与MN异面，符合题意；
图③中GH与MN相交，不符合题意；
图④中GH与MN异面，符合题意.
故答案为：②④．
【答案】
解：如图，
正四棱锥P−ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，
记球心为O，PQ=AO=R，
∵ PA=23，AB=BC=32，
∴ PO1=12−9=3，
∴ OO1=R−3或OO1=3−R （此时O在PO1的延长线上），
在Rt△AO1O中， R2=9+R−32得R=23，
∴ 球的表面积S=48π .
【考点】
球内接多面体
棱锥的结构特征
球的表面积和体积
【解析】
解：如图，
正四棱锥P−ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，
记球心为O，PQ=AO=R，
∵ PA=23，AB=BC=32，
∴ PO1=12−9=3，
∴ OO1=R−3或OO1=3−R （此时O在PO1的延长线上），
在Rt△AO1O中， R2=9+R−32得R=23，
∴ 球的表面积S=48π .
【解答】
解：如图，
正四棱锥P−ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，
记球心为O，PQ=AO=R，
∵ PA=23，AB=BC=32，
∴ PO1=12−9=3，
∴ OO1=R−3或OO1=3−R （此时O在PO1的延长线上），
在Rt△AO1O中， R2=9+R−32得R=23，
∴ 球的表面积S=48π .
四、解答题
【答案】
解：(1)由sinB=b2c，得2csinB=b，
由正弦定理，得2sinCsinB=sinB，
所以sinB(2sinC−1)=0，
因为sinB≠0，
所以sinC=12，
因为C是钝角，
所以C=5π6．
(2)由S=12absinC=12a=3，解得a=23，
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC
=12+4−2×23×2×(−32)=28，
所以c=27，即c的值为27.
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
（1）由正弦定理化简已知可得sinB(2sinC−1)=0，由sinB≠0解得sinC=12，结合C是钝角，即可解得C的值．
（2）由已知及三角形面积公式可求a的值，由余弦定理即可解得c的值．
【解答】
解：(1)由sinB=b2c，得2csinB=b，
由正弦定理，得2sinCsinB=sinB，
所以sinB(2sinC−1)=0，
因为sinB≠0，
所以sinC=12，
因为C是钝角，
所以C=5π6．
(2)由S=12absinC=12a=3，解得a=23，
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC
=12+4−2×23×2×(−32)=28，
所以c=27，即c的值为27.
【答案】
(1)解：由题意可知，C1B1⊥平面A1FA，
12AA1=AB=BC=2，F为BB1的中点，
所以A1A=4，C1B1=2，
所以S△A1FA=12A1A⋅AB=12×4×2=4，
所以VC1−A1FA=13S△A1FA⋅C1B1=13×4×2=83．
(2)证明：如图，取DD1的中点G，连接C1G，AG，A1B，
因为点F是BB1的中点，
所以AG//C1F，且AG=C1F，
所以四边形AGC1F为平行四边形，
则点A，G，C1，F四点共面，GC1//AF，
又因为AF//DE，所以GC1//DE，
又因为E，F分别是线段CC1，BB1的中点，
所以C1F//BE，
所以GC1//平面BDE，C1F//平面BDE，
又GC1∩C1F=C1，且GC1⊄ 平面BDE，C1F⊄平面BDE，
所以平面AC1F//平面BDE．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
平面与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由题意可知，C1B1⊥平面A1FA，
12AA1=AB=BC=2，F为BB1的中点，
所以A1A=4，C1B1=2，
所以S△A1FA=12A1A⋅AB=12×4×2=4，
所以VC1−A1FA=13S△A1FA⋅C1B1=13×4×2=83．
(2)证明：如图，取DD1的中点G，连接C1G，AG，A1B，
因为点F是BB1的中点，
所以AG//C1F，且AG=C1F，
所以四边形AGC1F为平行四边形，
则点A，G，C1，F四点共面，GC1//AF，
又因为AF//DE，所以GC1//DE，
又因为E，F分别是线段CC1，BB1的中点，
所以C1F//BE，
所以GC1//平面BDE，C1F//平面BDE，
又GC1∩C1F=C1，且GC1⊄ 平面BDE，C1F⊄平面BDE，
所以平面AC1F//平面BDE．
【答案】
(1)证明：如图，连结BM.
∵ E，F分别是BC，CM的中点，
∴ EF // BM，
又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD1B1，
∴ EF // 平面BDD1B1．
(2)解：棱CD上存在一点G，使得平面GEF // 平面BDD1B1．
理由如下：如图，连接GE，GF.
∵ 平面GEF∩平面ABCD=EG，
平面BDD1B1∩平面ABCD=BD，
∴ EG // BD，
又∵ E是BC中点，
∴ G是DC中点，
∴ 棱CD上存在一点G，使得平面GEF // 平面BDD1B1，
且CGGD=1．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面平行的判定
【解析】
（1）连结BM，推导出EF // BM，由此能证明EF // 平面BDD1B1．
（2）推导出EG // BD，由E是BC中点，得G是DC中点，从而棱CD上存在一点G，使得平面GEF // 平面BDD1B1，且CGGD=1．
【解答】
(1)证明：如图，连结BM.
∵ E，F分别是BC，CM的中点，
∴ EF // BM，
又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD1B1，
∴ EF // 平面BDD1B1．
(2)解：棱CD上存在一点G，使得平面GEF // 平面BDD1B1．
理由如下：如图，连接GE，GF.
∵ 平面GEF∩平面ABCD=EG，
平面BDD1B1∩平面ABCD=BD，
∴ EG // BD，
又∵ E是BC中点，
∴ G是DC中点，
∴ 棱CD上存在一点G，使得平面GEF // 平面BDD1B1，
且CGGD=1．
【答案】
解：设红方侦察艇经过x小时后在B处追上蓝方的小艇，
则AC=14x，BC=10x，∠ABC=120∘，
由余弦定理，得(14x)2=122+(10x)2−240xcs120∘，
解得x=2，
故AC=28，BC=20，
由正弦定理，得BCsinα=ACsin120∘，
解得sinα=5314，
即红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为5314．
【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
余弦定理
【解析】
利用余弦定理，计算AC，BC，根据正弦定理BCsinα=ACsin120∘，解得sinα，即可得出结论．
【解答】
解：设红方侦察艇经过x小时后在B处追上蓝方的小艇，
则AC=14x，BC=10x，∠ABC=120∘，
由余弦定理，得(14x)2=122+(10x)2−240xcs120∘，
解得x=2，
故AC=28，BC=20，
由正弦定理，得BCsinα=ACsin120∘，
解得sinα=5314，
即红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为5314．
【答案】
解：(1)设OP→=(x, 0)(x≥0)，
则PA→=(2−x, 2)，PB→=(−4−x, 1)，
∴ PA→⋅PB→=x2+2x−6=(x+1)2−7，
∴ 当x=0时，PA→⋅PB→取得最小值−6，
此时OP→=(0, 0)．
(2)由(1)知，OP→=(0, 0)，PA→⋅PB→=−6，
∴ PA→=OA→，PB→=OB→，
∴ csθ=PA→⋅PB→|PA→||PB→|=−622⋅17=−33434．
【考点】
平面向量数量积
数量积的坐标表达式
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
（1）利用数量积运算、二次函数的单调性即可得出；
（2）利用向量的夹角公式即可得出．
【解答】
解：(1)设OP→=(x, 0)(x≥0)，
则PA→=(2−x, 2)，PB→=(−4−x, 1)，
∴ PA→⋅PB→=x2+2x−6=(x+1)2−7，
∴ 当x=0时，PA→⋅PB→取得最小值−6，
此时OP→=(0, 0)．
(2)由(1)知，OP→=(0, 0)，PA→⋅PB→=−6，
∴ PA→=OA→，PB→=OB→，
∴ csθ=PA→⋅PB→|PA→||PB→|=−622⋅17=−33434．