2020-2021学年湖南省益阳市高一（下）7月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省益阳市高一（下）7月月考数学试卷人教A版，共11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. 已知复数z满足(z+1)i=1+i，则z=（ ）
A.iB.−iC.1+iD.2−i

2. 已知某地近三天每天下雨的概率为0.5，现采用计算机模拟的方法估计这三天中至少有两天下雨的概率，先由计算机产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示下雨，5，6，7，8，9表示不下雨，经随机模拟产生了20组随机数：
162 966 151 525 271 932 592 408 569 683
471 257 333 627 554 488 730 163 537 039
据此估计，三天中至少有两天下雨的概率为( )
A.0.5C.0.6

3. 已知三个函数y=ax，y=xb，y=lgcx的图象在同一直角坐标系的第一象限的图象如图所示，则( )

A.a>b>cB.c>a>bC.a>c>bD.c>b>a

4. 已知函数y=lnx2−ax+3a在[2,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A.−4,+∞B.(0,4]C.[4,+∞)D.(−4,4]

5. 经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是利用三维空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系．能够标示地球上任何一个位置，其中纬度是地球重力方向上的铅垂线与赤道平面所成的线面角．如世界最高峰珠穆朗玛峰就处在北纬30∘，若将地球看成近似球体，其半径约为6400km，则北纬30∘纬线的长为（ ）
A.64003kmB.64003πkmC.32003πkmD.6400πkm

6. 在平面直角坐标系xOy中，已知角α的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点P−35,45，角β满足csα+β=0，则sin2βcs2β+1的值为（ ）
A.−43B.−34C.−83D.−79

7. 如图，为测量楼房的高度PQ，选择A和另一座楼房的房顶C作为测量基点，从A测得P点的仰角为∠PAQ=60∘，C点的仰角∠CAB=45∘，∠PAC=75∘．从C点测得∠PCA=60∘，且BC楼高50m，则PQ楼高为（ ）

A.75mB.752mC.753mD.506m

8. 在平面中的向量a→，b→满足|a→|=|b→|=1且a→⋅b→=0．O为平面内一点，且OQ→=2(a→+b→)，OP→=csθa→+sinθb→(θ∈[0,2π)，则|PQ→|的取值范围为（ ）
A.0,1B.2−1,2+1C.1,3D.2,22
二、多选题

下列命题中，真命题有( )
A.若复数z1=z2，则z1⋅z2∈R
B.若复数z1,z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2或z1=z2
C.若复数z1=z2，则|z1|=|z2|
D.若复数z1,z2满足z1+z2∈R，则z1∈R且z2∈R

下列关于概率的命题，正确的有（ ）
A.若事件A，B满足PA=13，PB=23，则A，B为对立事件
B.若事件A，B满足PA=13，PB=23，PAB=29，则A，B相互独立
C.若对于事件A，B，C，PA=PB=PC=12，PABC=18，则A，B，C两两独立
D.若对于事件A，B，A与B相互独立，且PA=0.7，PB=0.6，则PAB=0.42，PA∪B=0.88

已知函数fx=−sinπx,−2≤x≤0,|lg2x|,x>0,则下列判断正确的有（ ）
A.方程fx−12=0的所有解之和为32−22
B.若直线y=t与y=fx的图象有且仅有两个公共点，则t∈−∞,0∪1,+∞
C.若方程fx=m恰有四解x1，x2，x3，x4x1D.若fx=k有两正根x1，x2，则x1⋅x2=1

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C运动，则（ ）

A.三棱锥P−A1C1D的体积为定值
B.异面直线AP与A1D所成的角的取值范围为45∘,90∘
C.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63
D.过P作直线l//AD1，则l⊥DP
三、填空题

已知集合A=x∈Z|32−x∈Z，用列举法表示集合A，则A=________．

若复数z1=1+2i，z2=3−i（其中i为虚数单位）所对应的向量分别为OZ1→和OZ2→，则△OZ1Z2的面积为________.

我省高考实行3+1+2模式，高一学生A和B两位同学的首选科目都是历史，再选科目两人选择每个科目的可能性均等，且他们的选择互不影响，则他们选科至少有一科不同的概率为________.

已知，如图，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，P为A1B上的动点，则AP+PD1的最小值为________．

四、解答题

某地一天的时间x(0≤x≤24，单位：时）随气温y​∘C变化的规律可近似看成正弦函数y=Asinωx+φ+B的图象，如图所示．

(1)根据图中数据，试求y=Asinωx+φ+BA>0,ω>0,−π<φ<0的表达式．

(2)该地居民老张因身体不适在家休养，医生建议其外出进行活动时，室外气温不低于23∘C，根据（1）中模型，老张该日可在哪一时段外出活动，活动时长最长不超过多长时间？

已知，如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边BC，CD上的点．

(1)若BP→=12BC→，DQ→=2QC→，求AP→⋅AQ→；

(2)当△CPQ的周长为2时，求∠PAQ的大小．

新冠疫苗接种是能构建人群免疫屏障，阻断病毒传播．国家卫健委宣布至2021年6月14日，我国已累计报告接种新冠病毒疫苗超9亿剂次．在某社区接种点，随机抽取了100名来接种疫苗的市民，统计其在接种点等待接种的时间（等待时间不超过40分钟），将统计数据按[5,10)，⋯，35,40分组，制成以下频率分布直方图．

(1)由所给的频率分布直方图：
①估计该接种点市民等待时间的上四分位数；（结果保留一位小数）
②记A事件为“在该接种点居民等待接种时间少于30分钟”，试估计事件A的概率．

(2)为鼓励市民踊跃接种，在该接种点接种疫苗的市民有机会获取小礼物；现场有1个箱子，箱子中有质地相同的10个小球，其中9个蓝球，1个红球，每个完成接种的市民有两种选择，选择1：每次摸出1球，有放回地摸10次；选择2：每次可摸出2球，有放回地摸5次．两种选择至少能摸出一个红球即可获赠小礼物，则哪种选择获得小礼物的概率较大？说明理由．

已知a，b，c分别为△ABC三内角A，B，C的对边，且acsC−3asinC=b−c．
(1)求A；

(2)若c=2，角B的平分线BD=6，求△ABC的面积S．

设函数fx=a⋅2x−2−x为定义在R上的奇函数．
(1)若不等式fx≥k⋅2x−2有解，求实数k的取值范围；

(2)若fsin3α−cs3α+fcsα−sinα>0α∈0,2π，求满足条件的α的取值范围．

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=AA1=2,∠ACB=90∘，M为侧棱AA1的中点．

(1)试探究在BC1上是否存在点N，使A1N//面BCM，若存在，试证明你的结论；若不存在，请说明理由．

(2)若BC1与平面BCM所成角的正弦值为45，求该三棱柱的体积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省益阳市高一（下）7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
【解析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由复数模的计算公式求解．
【解答】
解：z+1=1+ii=1−i，故z=−i.
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
模拟方法估计概率
【解析】
由题意知模拟三天中恰有两天下雨的结果，分析所给的数据可得表示三天下雨的数据组数，根据概率公式，计算可得结果．
【解答】
解：由题知，表示3天中至少两天下雨的随机数组共有10组，
故所求概率P=1020=0.5.
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
对数函数的图象与性质
指数函数的图象
幂函数的图像
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图象知a>1，0故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
复合函数的单调性
【解析】
无
【解答】
解：由函数单调性及定义域知，a2≤2,4−2a+3a>0,⇒a∈(−4,4]，
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
无
【解答】
解：易知30∘纬线所在圆的半径r=32×6400=32003km，
故圆的周长为64003πkm．
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
无
【解答】
解：由题知tanα=−43，
又csα+β=0，即csαcsβ=sinαsinβ，
即tanβ=1tanα=−34．
又sin2βcs2β+1=2sinβcsβ2cs2β=tanβ=−34．
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由题易知：AC=502m，
在△ACP中，
由正弦定理得ACsin∠APC=APsin∠PCA，
则AP=503m，
故PQ=503×sin60∘=75m.
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
向量在几何中的应用
向量的模
【解析】
无
【解答】
解：如图，
|a→|=|b→|=1，
则|OQ→|=2，|OP→|2=cs2θ+sin2θ=1，
故点P在以O为圆心，1为半径的圆上运动．
故|PQ→|∈1,3.
故选C．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
共轭复数
复数的模
【解析】
根据复数模的定义以及共轭复数定义，判断命题真假．
【解答】
解：A，设z1=a+bia,b∈R，则由z1=z2，得z2=a−bia,b∈R ，则z1⋅z2∈R ，故A正确；
B，设z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，则由|z1|=|z2| ，得a2+b2=c2+d2，即z1=z2或z1=−z2，故B错误；
C，设z1=a+bia,b∈R ，得z2=a−bia,b∈R，则得a2+b2=a2+b2，即|z1|=|z2|，故C正确；
D，设z1=a+bi ，z2=a−bi，a,b∈R且ab≠0满足z1+z2∈R，但z1∉R，z2∉R，故D错误.
故选AC．
【答案】
B,D
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
命题的真假判断与应用
互斥事件与对立事件
【解析】
无
【解答】
解：易知，A错误，B正确；
对于C，设Ω={1,2,3,4,5,6,7,8}，A={1,2,3,4}，B=1,2,4,5，C=1,6,7,8．
显然PA=PB=PC=12，PABC=18，
但PAB=38，PBC=PAC=18，
即A，B，C不满足两两独立；
对于D，PAB=PA⋅PB=0.42，PA∪B=1−1−0.7×1−0.6=0.88，D正确.
故选BD．
【答案】
A,D
【考点】
分段函数的应用
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：A项，令fx=12，
解得x1=−56，x2=−16，x3=22，x4=2，故所有解之和为32−22，A项正确．
B项，由图象知，y=t与y=fx有且仅有两个公共点，t∈−1,0∪1,+∞，B项错误．
C项，当m=0时，恰有4解−2， −1，0，1，此时不满足，C项错误．
D项，由题知，设x1则lg2x1+lg2x2=0，即x1x2=1，D项正确．
故选AD．
【答案】
A,C,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
直线与平面所成的角
两条直线垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，A1D//B1C，故P到面A1C1D的距离为定值，故三棱锥P−A1C1D的体积为定值，正确；
对于B，当P与B1或C重合时，AP与A1D所成角取最小值60∘，故错误；
对于C，由于BD1⊥面A1C1D，直线CP与平面A1C1D所成角正弦值最大，即直线CP与BD1所成角的余弦值最大，当P运动至B1C中点处时，此时cs∠C1BD1=63，正确；
对于D．易知l⊥B1C，l⊥DC，且B1C∩DC=C，则l⊥面DB1C，DP⊂面DB1C，故l⊥DP，正确．
故选ACD．
三、填空题
【答案】
{−1,1,3,5}
【考点】
集合的表示法
集合的含义与表示
【解析】
无
【解答】
解：32−x∈Z，且x∈Z，
则2−x取±1和±3，
故x可取−1，1，3，5，即填{−1,1,3,5}．
故答案为：{−1,1,3,5}．
【答案】
72
【考点】
正弦定理
向量的模
【解析】
无
【解答】
解：|OZ1→|=5，|OZ2→|=10，cs∠Z1OZ2=152=210，sin∠Z1OZ2=7210，
故S△OZ1Z2=12×5×10×7210=72.
故答案为：72．
【答案】
56
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从化、生、政、地4个科目中选择两科的选法共有(化，生)，(化，政)，(化，地)，(生，政)，(生，地)，(政，地)6种，
故两人共有36种选法，
其中完全相同的有6种，
故至少有一科不同的概率为P=1−16=56.
故答案为：56．
【答案】
2+2
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示：
在平面ABB1A1内作线段A1Q=1，且A1Q⊥A1B，
易证△D1A1P≅△QA1P，
故当A，P，Q三点共线时，AP+PD1最小，
由余弦定理知AP+PD1min=2+2.
故答案为：2+2．
四、解答题
【答案】
解：（1）由图中数据知A+B=26,−A+B=14⇒A=6,B=20
又T2=πω=12，即ω=π12，
当x=3时，y=6sinπ12×3+φ+20=14，
即sinπ4+φ=−1，π4+φ=−π2+2kπk∈Z，
且φ∈−π,0，故φ=−34π，
即y=6sinπ12x−34π+20,x∈0,24．
（2）令6sinπ12x−34π+20≥23，
即sinπ12x−34π≥12，
π6+2kπ≤π12x−34π≤5π6+2kπk∈Z．
24k+11≤x≤24k+19，
又x∈0,24，故x∈11,19．
故老张应在x∈11,19时间段外出活动，最长不能超过8小时．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由图中数据知A+B=26,−A+B=14⇒A=6,B=20
又T2=πω=12，即ω=π12，
当x=3时，y=6sinπ12×3+φ+20=14，
即sinπ4+φ=−1，π4+φ=−π2+2kπk∈Z，
且φ∈−π,0，故φ=−34π，
即y=6sinπ12x−34π+20,x∈0,24．
（2）令6sinπ12x−34π+20≥23，
即sinπ12x−34π≥12，
π6+2kπ≤π12x−34π≤5π6+2kπk∈Z．
24k+11≤x≤24k+19，
又x∈0,24，故x∈11,19．
故老张应在x∈11,19时间段外出活动，最长不能超过8小时．
【答案】
解：（1）AP→⋅AQ→=AB→+BP→⋅AD→+DQ→
=AB→+12AD→⋅AD→+23AB→
=23+12=76．
（2）如图建系，
设P1,y，Qx,1，x，y∈0,1，
则cs∠QAP=AQ→⋅AP→|AQ→|⋅|AP→|
=x+y1+x21+y2=x+y1+x2+y2+x2y2．
又|CQ→|+|CP→|+|PQ→|=1−x+1−y+1−x2+1−y2=2，
化简得：x+y=1−xy．
又cs∠QAP=x+y1+x+y2−2xy+x2y2，
代入得cs∠QAP=1−xy2(1−2xy+x2y2)=1−xy2|1−xy|．
又x,y∈0,1,1−xy>0，
故cs∠QAP=22,∠QAP∈0,π2，
故∠PAQ为π4．
【考点】
向量在几何中的应用
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）AP→⋅AQ→=AB→+BP→⋅AD→+DQ→
=AB→+12AD→⋅AD→+23AB→
=23+12=76．
（2）如图建系，
设P1,y，Qx,1，x，y∈0,1，
则cs∠QAP=AQ→⋅AP→|AQ→|⋅|AP→|
=x+y1+x21+y2=x+y1+x2+y2+x2y2．
又|CQ→|+|CP→|+|PQ→|=1−x+1−y+1−x2+1−y2=2，
化简得：x+y=1−xy．
又cs∠QAP=x+y1+x+y2−2xy+x2y2，
代入得cs∠QAP=1−xy2(1−2xy+x2y2)=1−xy2|1−xy|．
又x,y∈0,1,1−xy>0，
故cs∠QAP=22,∠QAP∈0,π2，
故∠PAQ为π4．
【答案】
解：（1）①设[25,30)组的高度为t．
则0.012×5×3+0.040×5×2+0.048×5+t×5=1，
得t=0.036，
设该组数据的上四分位数为x，
由图知x∈[25,30)．
故0.012+0.040+0.048+0.040×5+x−25×0.036=0.75，
解得x=26.4．
估计该接种点市民等待时间的上四分位数为26.4．
②由题意知，该市民等待时间大于或等于30分钟的概率为0.12，
故PA=1−0.12=0.88，
由此估计在该接种点市民等待时间少于30分钟的概率为0.88．
（2）选择1：每次摸到红球的概率为110，
故至少摸出一个红球概率为P1=1−91010，
选择2：将10个球编号为1，2，⋯，10，其中1号球为红球，则其样本空间有45个元素，其中包含红球的有9个，
故摸到红球的概率=15，5次至少摸出一次红球的概率P2=1−455 ，P1−P2=455−91010=455−811005=801005−811005<0，
故P1即选择2获得礼物的概率更大．
【考点】
频率分布直方图
互斥事件与对立事件
概率的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）①设[25,30)组的高度为t．
则0.012×5×3+0.040×5×2+0.048×5+t×5=1，
得t=0.036，
设该组数据的上四分位数为x，
由图知x∈[25,30)．
故0.012+0.040+0.048+0.040×5+x−25×0.036=0.75，
解得x=26.4．
估计该接种点市民等待时间的上四分位数为26.4．
②由题意知，该市民等待时间大于或等于30分钟的概率为0.12，
故PA=1−0.12=0.88，
由此估计在该接种点市民等待时间少于30分钟的概率为0.88．
（2）选择1：每次摸到红球的概率为110，
故至少摸出一个红球概率为P1=1−91010，
选择2：将10个球编号为1，2，⋯，10，其中1号球为红球，则其样本空间有45个元素，其中包含红球的有9个，
故摸到红球的概率=15，5次至少摸出一次红球的概率P2=1−455 ，P1−P2=455−91010=455−811005=801005−811005<0，
故P1即选择2获得礼物的概率更大．
【答案】
解：（1）由正弦定理得sinA⋅csC−3sinAsinC=sinB−sinC，
又sinB=sinA+C，
即sinA⋅csC−3sinA⋅sinC=sinA⋅csC+csA⋅sinC−sinC，
即csA⋅sinC+3sinA⋅sinC=sinC，C∈0,π，sinC≠0，
即2sinA+π6=1，即sinA+π6=12，
又A+π6∈π6,7π6，
故A+π6=56π，即A=23π．
（2）在△ABD中，由正弦定理：BDsinA=ABsin∠ADB，即sin∠ADB=22，
又∠ADB∈0,π3，故∠ADB=π4，
∴ ∠ABC=∠ACB=π6，AC=AB=2．
S=12|AB|⋅ |AC|⋅sinA=3．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
三角形求面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由正弦定理得sinA⋅csC−3sinAsinC=sinB−sinC，
又sinB=sinA+C，
即sinA⋅csC−3sinA⋅sinC=sinA⋅csC+csA⋅sinC−sinC，
即csA⋅sinC+3sinA⋅sinC=sinC，C∈0,π，sinC≠0，
即2sinA+π6=1，即sinA+π6=12，
又A+π6∈π6,7π6，
故A+π6=56π，即A=23π．
（2）在△ABD中，由正弦定理：BDsinA=ABsin∠ADB，即sin∠ADB=22，
又∠ADB∈0,π3，故∠ADB=π4，
∴ ∠ABC=∠ACB=π6，AC=AB=2．
S=12|AB|⋅ |AC|⋅sinA=3．
【答案】
解：（1）由题意知：fx为定义域为R的奇函数，故f0=0，
即a=1，fx=2x−2−x，
此时，f−x=2−x−2x=−fx为奇函数，
要使fx≥k⋅2x−2有解，即k≤−12x2+212x+1有解，
只需k≤−12x2+212x+1max ，
又−(12x)2+2(12x)+1=−(12x−1)2+2≤2，(x=0时，取“=”），即k≤2．
（2）fx=2x−2−x为R上的奇函数，且单调递增，
故fsin3α−cs3α+fcsα−sinα>0，
即fsin3α−cs3α>fsinα−csα，
即sin3α−cs3α>sinα−csα，
即sinαsin2α−1−csαcs2α−1>0，
即sinα⋅csαsinα−csα>0. ∗
在同一坐标系中作出与y=sinα，y=csα，α∈0,2π的图象，
当α∈0,π2∪π,32π时，sinα⋅csα>0．
故sinα>csα时，∗式成立，此时α∈π4,π2∪π,5π4．
当α∈π2,π∪3π2,2π时，sinα⋅csα<0，故sinα此时α∈3π2,2π．
综合可得：α∈π4,π2∪π,54π∪3π2,2π．
【考点】
函数恒成立问题
函数奇偶性的性质
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由题意知：fx为定义域为R的奇函数，故f0=0，
即a=1，fx=2x−2−x，
此时，f−x=2−x−2x=−fx为奇函数，
要使fx≥k⋅2x−2有解，即k≤−12x2+212x+1有解，
只需k≤−12x2+212x+1max ，
又−(12x)2+2(12x)+1=−(12x−1)2+2≤2，(x=0时，取“=”），即k≤2．
（2）fx=2x−2−x为R上的奇函数，且单调递增，
故fsin3α−cs3α+fcsα−sinα>0，
即fsin3α−cs3α>fsinα−csα，
即sin3α−cs3α>sinα−csα，
即sinαsin2α−1−csαcs2α−1>0，
即sinα⋅csαsinα−csα>0. ∗
在同一坐标系中作出与y=sinα，y=csα，α∈0,2π的图象，
当α∈0,π2∪π,32π时，sinα⋅csα>0．
故sinα>csα时，∗式成立，此时α∈π4,π2∪π,5π4．
当α∈π2,π∪3π2,2π时，sinα⋅csα<0，故sinα此时α∈3π2,2π．
综合可得：α∈π4,π2∪π,54π∪3π2,2π．
【答案】
（1）证明：如图所示，取BC1中点N，则A1N//面BCM，
证明如下：
取BC中点D，连接A1N，ND，MD，ND为△CC1B的中位线，
故ND//CC1//A1M，ND=12CC1=A1M，
故四边形A1NDM为平行四边形，
∴ A1N//MD，
又A1N⊄面BCM，MD⊂面BCM，
∴ A1N//面BCM．
（2）取AC中点E，连接C1E交MC于H，连接BH，
易证△AMC≅△CEC1，
则C1H⊥MC．
又BC⊥面AA1C1C,C1H⊂面AA1C1C，
故C1H⊥BC，且MC∩BC=C，
∴ C1H⊥面MBC，
故∠C1BH即为C1B与面BCM所成的角，
而sin∠C1BH=C1HBC1，
由射影定理得HC1=CC12C1E=455，则BC1=5，
故BC=1，即该三棱柱体积V=12AC⋅BC⋅CC1=2．
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
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【解答】
（1）证明：如图所示，取BC1中点N，则A1N//面BCM，
证明如下：
取BC中点D，连接A1N，ND，MD，ND为△CC1B的中位线，
故ND//CC1//A1M，ND=12CC1=A1M，
故四边形A1NDM为平行四边形，
∴ A1N//MD，
又A1N⊄面BCM，MD⊂面BCM，
∴ A1N//面BCM．
（2）取AC中点E，连接C1E交MC于H，连接BH，
易证△AMC≅△CEC1，
则C1H⊥MC．
又BC⊥面AA1C1C,C1H⊂面AA1C1C，
故C1H⊥BC，且MC∩BC=C，
∴ C1H⊥面MBC，
故∠C1BH即为C1B与面BCM所成的角，
而sin∠C1BH=C1HBC1，
由射影定理得HC1=CC12C1E=455，则BC1=5，
故BC=1，即该三棱柱体积V=12AC⋅BC⋅CC1=2．