2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）5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=i20171−2i，则复数z的虚部为( )
A. −25
B. −15
C. 15i
D. 15

2. 复数z满足(1−3i)z=i（i为虚数单位），则|z|=( )
A.14B.12C.1D.2

3. 已知平面向量a→=(1, −2)，b→=(4, m)，且a→⊥b→，则向量5a→−3b→=( )
A.(−7, −16)B.(−7, −34)C.(−7, −4)D.(−7, 14)

4. 已知正方形ABCD的面积为2，点P在边AB上，则PD→⋅PC→的最大值为( )
A.62B.32C.2D.2

5. 在△ABC中，若b=2，A=120∘，三角形的面积S=3，则三角形外接圆的半径为( )
A.3B.23C.2D.4

6. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A−C=90∘，a+c=2b，则C=( )
A.15∘B.22.5∘C.30∘D.45∘

7. 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为6，底面边长为4，则该球的表面积为( )
A.443πB.4849πC.814πD.16π

8. O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP→=OA→+λ(AB→|AB→|csB+AC→|AC→|csC) λ∈[0,+∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的（ ）
A.外心B.内心C.重心D.垂心
二、多选题

某人在A处向正东方向走xkm后到达B处，他向右转150∘，然后朝新方向走3km到达C处，结果他离出发点恰好3km，那么x的值为( )
A.3B.23C.33D.3

已知平面α//平面β，P∉α且P∉β，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点P的直线n与α，β分别交于B、D，且PA=6，AC=9，PD=8，则BD的长为( )
A.163B.245C.403D.24

如图所示，四边形ABCD为梯形，其中AB // CD，AB=2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是( )

A.AC→=AD→+12AB→B.MC→=12AC→+12BC→
C.MN→=AD→+14AB→D.BC→=AD→−12AB→

若点O在△ABC所在的平面内，则以下说法正确的是（ ）
A.若OA→+OB→+OC→=0→，则点O为△ABC的重心
B.若OA→⋅(AC→|AC→|−AB→|AB→|)=OB→⋅(BC→|BC→|−BA→|BA→|)=0，则点O为△ABC的垂心
C.若(OA→+OB→)⋅AB→=(OB→+OC→)⋅BC→=0，则点O为△ABC的外心
D.若OA→⋅OB→=OB→⋅OC→=OC→⋅OA→，则点O为△ABC的内心
三、填空题

如图所示的三棱锥O−ABC为长方体的一角．其中OA，OB，OC两两垂直，三个侧面OAB，OAC，OBC的面积分别为1.5cm2，1cm2，3cm2，则三棱锥O−ABC的体积为________.


设A，B，C，D为平面内的四点，且A1,3，B2,−2，C4,1，若A，B，D三点共线，且AC⊥CD，则点D的坐标为________.

等腰△ABC的角A=π3，BC=2，以A为圆心，3为半径作圆，MN为该圆的一条直径，则BM→⋅CN→的最大值为________.

已知△ABC，若存在△A1B1C1，满足csAsinA1=csBsinB1=csCsinC1=1，则称△A1B1C1是△ABC的一个“友好”三角形．在满足下述条件的三角形中，存在“友好”三角形的是________；（请写出符合要求的条件的序号）
①A=90∘，B=60∘，C=30∘；
②A=75∘，B=60∘，C=45∘；
③A=75∘，B=75∘，C=30∘；
④A=15∘，B=30∘，C=135∘．
四、解答题

已知复数z1=2−3i，z2=15−5i2+i2，求：
(1) z1z2；

(2)若复数z3=1−z2[m2−2m−3+m−1i]在复平面内所对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．

在△ABC中，已知A=π4，csB=255．
1求csC的值；

2若BC=25，D为AB的中点，求CD的长．

已知向量e1→，e2→，且|e1→|=|e2→|=1，e1→与e2→的夹角为π3. m→=λe1→+e2→，n→=3e1→−2e2→.
(1)若|m→|=|n→|，求λ的值；

(2)若m→⊥n→，求λ的值；

(3)若m→与n→的夹角为π3，求λ的值．

如图正方形ABCD和正方形ADEF中，M、N分别是对角线BD和AE上的点且BM=AN．
求证： MN//平面CDE．


如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：

(1)A1B1 // 平面DEC1；

(2)BE⊥C1E．

向量a→=12,12sinx+32csx，b→=1,y，已知a→//b→，且有函数y=fx.
(1)求函数y=fx的解析式；

(2)已知锐角△ABC的三个内角分别为A，B，C，且有fA−π3=3，边BC=23，
①若sinB=34，求边AB的长；
②求AC+AB的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的运算
【解析】

【解答】
解：依题意，
z=i20171−2i=i1−2i
=i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−2+i5，
故复数z的虚部为15．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
【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，代入复数模的计算公式求解．
【解答】
解：∵ (1−3i)z=i，
∴ z=i1−3i=i(1+3i)(1−3i)(1+3i)=−3+i4，
则|z|=(−34)2+(14)2=12．
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
【解析】
利用向量垂直与数量积的关系即可得出．
【解答】
解：∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=4−2m=0，
解得m=2，
∴ 5a→−3b→=(5, −10)−(12, 6)=(−7, −16)．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图建立平面直角坐标系，
由题意得，D(2,2)，C(2,0)，
设P(0,t)(0≤t≤2)，
所以PD→=(2,2−t)，PC→=(2,−t)，
所以PD→⋅PC→=t2−2t+2=t−222+32，
所以当t=0或2时，(PD→⋅PC→)max=2.
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】

【解答】
解：S=3=12×2csin120∘，解得c=2，
根据余弦定理可得cs120∘=b2+c2−a22bc，
解得a=23,
则2R=asinA=2332=4，
解得R=2.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
三角函数值的符号
【解析】
先由角的关系，利用正弦定理，将角的等式转化为正弦值的问题，再通过二倍角公式，得到sinC的值，由此得到角C．
【解答】
解：已知a+c=2b，
由正弦定理得：sinA+sinC=2sinB.
∵ A−C=90∘，A+B+C=180∘，
∴ A=C+90∘，B=180∘−A−C，
∴ sin(C+90∘)+sinC=2sin(180∘−A−C)，
∴ csC+sinC=2sin(A+C)，
∴ 2sin(C+45∘)=2sin(A+C).
∵ A，B，C均为△ABC的内角，
∴ C+45∘=A+C或C+45∘+A+C=180∘,
∴ A=45∘(舍去)或A+2C=135∘.
又A−C=90∘，
∴ C=15∘.
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
根据正四棱锥P−ABCD与外接球的关系求出球的半径，即可求出球的表面积．
【解答】
解：如图，正四棱锥P−ABCD中，PE为正四棱锥的高，根据球的相关知识可知，正四棱锥的外接球的球心O必在正四棱锥的高线PE所在的直线上，延长PE交球面于一点F，连接AE，AF，
由球的性质可知△PAF为直角三角形且AE⊥PF，
∵ 底面边长为4，∴ AE=22，PE=6，
∴ 侧棱长PA=PE2+AE2=62+(22)2=211，
PF=2R，
根据平面几何中的射影定理可得PA2=PF⋅PE，
即44=2R×6，解得R=113，
则S=4πR2=4π×(113)2=4849π.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
三角形五心
向量在几何中的应用
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
可先根据数量积为零得出， AP→⋅BC→=0 ，可得点P在BC的高线上，从而得到结论.
【解答】
解： OP→=OA→+λ(AB→|AB→|csB+AC→|AC→|csC) ，
∴ AP→=OP→−OA→=λ(AB→|AB→|csB+AC→|AC→|csC)，
∴ AP→⋅BC→=BC→⋅λAB→|AB→|csB+AC→|AC→|csC=−|BC→|+|BC→|=0，
∴ 点P在BC的高线上，
即P的轨迹过△ABC的垂心.
故选D.
二、多选题
【答案】
A,B
【考点】
正弦定理
【解析】
根据正弦定理求出角A的值，再根据三角形的性质即可求出AB的值．
【解答】
解：如图所示，
由题意知AB=x，BC=3，AC=3，B=30∘，
由正弦定理得ACsinB=BCsinA，
解得sinA=BC⋅sinBAC=3×123=32.
又A∈(0∘, 180∘)，
当A=60∘时，C=180∘−30∘−60∘=90∘，此时x=23；
当A=120∘时，C=180∘−30∘−120∘=30∘，此时x=3.
故选AB.
【答案】
B,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
平行线分线段成比例定理
【解析】
根据题意，画出图形，结合图形进行分析，有点P在CA的延长线上和点P在线段CA上两种情况，分别求出BD的长即可．
【解答】
解：连接AB、CD；
①当点P在CA的延长线上，即P在平面α与平面β的同侧时，如图，
∵α//β，平面PCD∩α=AB，平面PCD∩β=CD，
∴AB//CD，
∴PAAC=PBBD，
∵PA=6，AC=9，PD=8，
∴69=8−BDBD，
解得BD=245.
②当点P在线段CA上，即P在平面α与平面β之间时，如图，
类似①的方法，可得PAPC=PBPD，
∵PA=6，
PC=AC−PA=9−6=3，PD=8，
∴63=PB8，解得PB=16，
∴BD=PB+PD=24，
综上，BD的长为245或24．
故选BD．
【答案】
A,B,D
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
直接根据向量的三角形法则和基本定理逐个判断即可
【解答】
解：因为四边形ABCD为梯形，
其中AB // CD，AB=2CD，
M，N分别为AB，CD的中点，
∴ AC→=AD→+DC→=AD→+12AB→，A正确；
∵ CM为△ACB的中线，
∴ CM→=12CA→+12CB→⇒MC→=12AC→+12BC→，B正确；
BC→=AC→−AB→=AD→+12AB→−AB→=AD→−12AB→，D正确；
MN→=MC→+CN→=12AC→+12BC→−12DC→
=12(AD→+12AB→)+12(AD→−12AB→)−14AB→=AD→−14AB→，C错误.
故选ABD.
【答案】
A,C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
对于A：直接利用向量的数量积和向量的线性运算，判断O为三角形的重心；
对于B：利用向量的模和单位向量及向量垂直的充要条件，判断O为三角形的内心；
对于C：利用向量的线性运算和向量的模，判定O为三角形的外心；
对于D：利用向量的减法和向量的数量积，判断O为三角形的垂心．
【解答】
解：对于A，设点D为BC的中点，若OA→+OB→+OC→=0→，
则OA→=−(OB→+OC→)=−2OD→，
所以点O为BC边上的中线的三等分点，
故点O为△ABC的重心，故A正确；
对于B，BC→|BC→|，AC→|AC→|，AB→|AB→|分别为BC→，AC→，AB→的单位向量，
任意两个向量的单位向量的差为三角形的第三边的向量，
所以OA→，OB→垂直于构成菱形的对角线，
所以点O在角平分线上，故点O为内心，故B错误；
对于C，(OA→+OB→)⋅AB→=(OB→+OC→)⋅BC→=0，
整理得(OA→+OB→)⋅(OB→−OA→)=(OB→+OC→)⋅(OC→−OB→)=0，
所以|OA→|=|OB→|=|OC→|，故点O为△ABC的外心，故C正确；
对于D，OA→⋅OB→=OB→⋅OC→=OC→⋅OA→，
所以OB→⋅(OA→−OC→)=0，整理得OB→⋅CA→=0，同理OA→⋅BC→=0，
即OB→⊥CA→，OA→⊥BC→，
故点O为△ABC的垂心，故D错误．
故选AC.
三、填空题
【答案】
1cm3
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
设OA，OB，OC的长依次为xcm，ycm，zcm，则由已知可得12xy=1.5,12xz=1,12yz=3,解得x=1,y=3,z=2, 利用定积分求解即可.
【解答】
解：设OA，OB，OC的长依次为xcm，ycm，zcm，
则由已知可得12xy=1.5,12xz=1,12yz=3,
解得x=1,y=3,z=2,
显然三棱锥O−ABC的底面积和高是不易求出的，于是我们不妨转换视角，
将三棱锥O−ABC看成以C为顶点，以OAB为底面的三棱锥C−OAB.
易知OC为三棱锥C−OAB的高．
于是VO−ABC=VC−ABO=13×1.5×2=1cm3．
即三棱锥O−ABC的体积为1cm3.
故答案为：1cm3.
【答案】
(2,−2)
【考点】
向量的共线定理
三点共线
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
设D的坐标为x,y，得到向量AC→，CD→的坐标，由AB→//AD→，AC→⊥CD→，列出方程求解即可．
【解答】
解：设点D的坐标为(x,y)，
则AB→=1,−5， AD→=x−1,y−3，
AC→=3,−2，CD→=x−4,y−1，
由题意得AB→，AD→共线，AC→⊥CD→，
所以−5x−1−y−3=0,3x−4−2y−1=0,
整理得5x+y=8,3x−2y=10,
解得x=2， y=−2，
所以点D的坐标为2,−2.
故答案为：2,−2.
【答案】
23−1
【考点】
三角函数的最值
平面向量数量积的运算
【解析】
利用平面向量的三角形法则，进行数量积的运算，得到关于夹角θ的余弦函数解析式，借助于有界性求最值即可．
【解答】
解：如图，
设CB与AM的夹角为θ，
∴BM→⋅CN→=BA→+AM→⋅CA→+AN→
=BA→⋅CA→+AM→⋅CA→−BA→−AM→2
=2×2×12+CB→⋅AM→−3
=23csθ−1≤23−1．
故答案为：23−1．
【答案】
②④
【考点】
函数新定义问题
特殊角的三角函数值
【解析】
由“友好”三角形的定义，根据已知三角形的度数，根据特殊角的三角形函数值，即可求得答案．
【解答】
解：①项，A=90∘，csA=0=sinA1，
A1=180∘或0，不满足三角形内角和为180∘的条件，故①项不符合条件；
②④项，csC=cs45∘=sinC1，则C1=45∘或135∘，
csB=cs60∘=12=sinB1，则B1=30∘或150∘，
又三角形内角和为180∘，
∴△A1B1C1可能的组合是： A1=105∘,B1=30∘,C1=45∘或A1=15∘,B1=30∘,C1=135∘,
第一种情况A1=105∘时，
csA=cs75∘≠sin105∘，这种情况不符合题意；
当第二种情况A1=15∘，满足条件，
csA=cs75∘=sin15∘，故②④项符合条件；
③项，csC=cs30∘=sinC1，则C1=60∘或120∘，
又A=B=75∘，
∴A1=B1，
当C1=60∘时，A1=B1=C1=60∘，
cs75∘sin60∘≠cs30∘sin60∘，即csAsinA1≠csCcsC1不符合题意；
当C1=120∘时，A1=B1=30∘，则
cs75∘sin30∘≠cs30∘sin120∘，即csAsinA1≠csCsinC1，故③项不符合条件．
故答案为：②④．
四、解答题
【答案】
解：(1)因为z2=15−5i2+i2=15−5i3+4i=15−5i3−4i3+4i3−4i=25−75i25=1−3i，
所以z1z2=(2−3i)(1−3i)=−7−9i．
(2)z3=(1−z2)[(m2−2m−3)+(m−1)i]
=3i[m2−2m−3+m−1i]
=−3m−1+3m2−2m−3i，
因为z3在复平面内所对应的点在第四象限，
所以−m−1>0,m2−2m−3