2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高一下学期5月月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高一下学期5月月考数学试卷（含答案），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设复数z=1+i51−i，则复数z的虚部是( )
A. iB. −iC. 1D. −1
2.在▵ABC中，BC=3,AC=5,C=2π3，则AB=( )
A. 53B. 51C. 45D. 7
3.用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是( )
A. 四边形B. 三角形C. 三角形或四边形D. 不可能为四边形
4.如图所示，在正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE的中点，则AF=( )
A. 34AB+12ADB. 14AB+34ADC. 12AB+ADD. 34AB+14AD
5.已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A. 120∘B. 150∘C. 180∘D. 240∘
6.tan10∘+tan50∘+ 3tan10∘tan50∘的值为( )
A. − 3B. 3C. 3D. 33
7.已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，|OA|=|AB|，则向量BA在向量BC上的投影向量为( )
A. 14BCB. 34BCC. −14BCD. − 34BC
8.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45∘，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为( )
A. 32B. 22C. 33D. 34
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列化简结果正确的是( )
A. cs22∘sin52∘−sin22∘cs52∘=−12B. tan24∘+tan36∘1−tan24∘tan36∘= 3
C. sinπ12− 3csπ12=− 2D. sin105∘= 6+ 24
10.已知i为虚数单位，z为复数，以下四种说法正确的是( )
A. zz=z2
B. 3+i>1+i
C. 若z=1+2i2，则复平面内z所对应的点位于第三象限
D. 已知k∈R，若关于x的方程x2+k+2ix+2+ki=0有实数根，则实数根必为x= 2
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P在线段BD1上运动(包括端点)，下列选项正确的有( )
A. AP⊥B1C
B. PD⊥BC
C. 直线PC1与平面A1BCD1所成角的最大值是π3
D. PC+PD的最小值为2 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知球的表面积是16π，则该球的体积为
13.▵ABC的面积为S，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b2+c2=3+4StanA，则a=
14.已知正四面体的 棱长为1，正四面体的外接球体积为V1，其内切球体积为V2，则V1:V2=
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知α，β为锐角，tanα=43，cs(α+β)=- 55．
(1)求cs2α的值；
(2)求tan(α−β)的值．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，▵PAB是等边三角形，AC⊥BC，且AC=BC=2，O、D分别是AB、PB的中点．
(1)求证：PA//平面COD；
(2)求三棱锥P−ABC的体积．
17.(本小题15分)
在▵ABC中，a，b，c分别为A，B，C所对的边，sinBsinC=1−csBcsA．
(1)若∠B=120∘，BC边上的中线AD的长为 7，求c的值；
(2)若S▵ABC= 34a2+b2−c2，c=1，求S▵ABC．
18.(本小题17分)
如图，一个圆锥形量杯的高为12厘米，其母线与轴的夹角为30∘．
(1)求该量杯的侧面积S；
(2)若要在该圆锥形量杯的一条母线PA上，刻上刻度，表示液面到达这个刻度时，量杯里的液体的体积是多少．当液体体积是100立方厘米时，刻度的位置B与顶点P之间的距离是多少厘米(精确到0.1厘米)？
19.(本小题17分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=PA=1，E，F分别为BC，PB的中点．

(1)证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)证明PC//平面AEF，并求直线PC到平面AEF的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】应用复数的乘方、除法化简复数，即可得z的虚部．
【详解】z=1+i51−i=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=i．
所以复数z的虚部是1．
故选：C
2.【答案】D
【解析】【分析】在▵ABC中，直接利用余弦定理求解
【详解】在▵ABC中，由余弦定理得：AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC=52+32−2×5×3×−12=49，
所以AB=7，
故选：D．
3.【答案】C
【解析】【详解】按如图①所示用一个平面去截三棱锥，截面是三角形；按如图②所示用一个平面去截三棱锥，截面是四边形．
故选C
点睛：此题考查了截一个几何体，要知道截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关，从特殊角度入手很容易得解．
4.【答案】A
【解析】【分析】根据向量加法及数乘向量运算求解即可．
【详解】AF=AE+EF=12AB+12EC=12AB+12EB+BC=12AB+1212AB+AD=34AB+12AD．
故选：A
5.【答案】C
【解析】【分析】根据圆锥体表面积与底面半径、母线长的关系，以及圆锥的侧面展开扇形圆心角与底面周长的关系，求侧面展开—扇形的圆心角．
【详解】若圆锥底面半径为r，母线长为l，则圆锥表面积为S=πr2+πrl，而底面积S1=πr2，
∴SS1=πr2+πrlπr2=3，则l=2r，若该圆锥的侧面展开—扇形的圆心角为θ，则θl=2πr，
∴θ=π．
故选：C
6.【答案】B
【解析】【分析】利用正切的和角公式，逆用即可求出结果．
【详解】因为tan10∘+tan50∘+ 3tan10∘tan50∘
=tan10∘+50∘1−tan10∘tan50∘+ 3tan10∘tan50∘
= 31−tan10∘tan50∘+ 3tan10∘tan50∘
= 3− 3tan10∘tan50∘+ 3tan10∘tan50∘
= 3．
故选：B．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量的模、投影运算等，属中档题．
根据题意得出△ABC为直角三角形，且角B为60°，从而求出向量BA在向量BC方向上的投影向量．
【解答】
解：如图所示：
取BC边的中点D，连接AD，
则AB+AC=2AD=2AO，
∴O和D重合，
∵O是△ABC外接圆圆心，
∴|OA|=|OC|=OB，
∵|OA|=|AB|，
∴∠BAC=90∘，∠BOA=∠ABO=60 ∘,
∴向量BA在向量BC方向上的投影向量为14BC；
故选A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间几何体的结构特征，属于基础题．
设AB=a，则OA=OB= 22a.因为∠PAO=∠PBO=45∘，所以PA=PB=a，所以侧面△PAB的面积为 34a2，底面正方形ABCD的面积为a2，即可求解．
【解答】
解：设塔顶四棱锥为P−ABCD，如图所示：
点P为正四棱锥的顶点，点O是底面中心，设AB=a，则OA=OB= 22a，
因为侧棱与底面所成的角为45∘，即∠PAO=∠PBO=45∘，所以PA=PB=a，所以△PAB为等边三角形，所以侧面△PAB的面积为 34a2，
底面正方形ABCD的面积为a2，
因此该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为 34．
故选D．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的三角函数公式，属于中档题．
利用和(差)角公式计算可得．
【解答】
解：对于A：cs22∘sin52∘−sin22∘cs52∘=sin52∘−22∘=sin30∘=12，故 A错误；
对于B：tan24∘+tan36∘1−tan24∘tan36∘=tan24∘+36∘=tan60∘= 3，故 B正确；
对于C：sinπ12− 3csπ12=212sinπ12− 32csπ12
=2csπ3sinπ12−sinπ3csπ12=2sinπ12−π3
=2sin−π4=−2sinπ4=− 2，故 C正确；
对于D：sin105∘=sin60∘+45∘=sin60∘cs45∘+cs60∘sin45∘
= 32× 22+12× 22= 6+ 24，故 D正确．
故选：BCD．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
根据复数乘法和复数模的定义计算可判断A；根据复数的定义可判断B；直接计算，由共轭复数和几何意义可判断C；由求根公式和复数为实数的条件计算可判断D．
【解答】
解：记z=a+bi,a,b∈R，则z=a−bi
所以zz=a+bia−bi=a2+b2，z2=a2+b2，故A正确；
虚数不能比较大小，故B错误；
因为z=1+2i2=−3+4i，所以z=−3−4i对于点为(−3,−4)，C正确；
由求根公式得−(k+2i)± k2−122=−k2−i± k2−122，
因为方程x2+k+2ix+2+ki=0有实数根，
所以−i± k2−122=0，解得k=±2 2，当取k=2 2时，x=− 2，故D错误．
故选：AC
11.【答案】ACD
【解析】【分析】由正方体的 性质，得到正方体中的垂直关系，对照选项A,B作出判断；作出直线PC1与平面A1BCD1所成角，进而判断线面角的最大值；通过翻折平面，将平面D1DB与平面D1BC沿D1B翻折到同一个平面内，进而判断PC+PD的最小值．
【详解】对于选项A，由正方体性质，易得B1C⊥BC1，B1C⊥AB，
因为AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1D1，
所以B1C⊥平面ABC1D1．
因为AP⊂平面ABC1D1，所以AP⊥B1C，故 A正确；
对于选项B，当P与B重合，则此时PD与BC夹角为π4，故 B错误；
对于选项C，如图连接DC1交D1C于H，

因为BC⊥平面CC1D1D，DC1⊂平面CC1D1D，所以BC⊥DC1．
因为CD1⊥DC1，BC∩CD1=C,BC,CD1⊂平面A1BCD1，
所以DC1⊥平面A1BCD1，即C1H⊥平面A1BCD1，
所以∠C1PH为直线PC1与平面A1BCD1所成角，所以tan∠C1PH=C1HPH= 2PH．
所以当HP最小时∠C1PH最大，即HP⊥BD1时，HP最小．
由BD1⋅HP=BC⋅CD1，可得HP=BC⋅HD1BD1=2× 2 22+22+22= 2 3，
此时tan∠C1PH=C1HPH= 2 2 3= 3，故∠C1PH的最大值为π3，
直线PC1与平面A1BCD1所成角的最大值是π3，故 C正确；
对于选项D，如图，将平面D1DB与平面D1BC沿D1B翻折到同一个平面内

由题意，D1B=2 3,BD=2 2,DD1=2,BC=2,D1C=2 2，
从而D1C=DB,DD1=BC，故DD1CB为平行四边形．
又∠D1CB=∠D1DB=π2，故DD1CB为矩形．
从而当P为CD与BD1交点时，PC+PD最小，此时PC+PD=CD=BD1=2 3，故 D正确．
故选：ACD．
12.【答案】32π3
【解析】设球的半径为r，代入表面积公式，可解得r=2，代入体积公式，即可得答案．
【详解】设球的半径为r，则表面积S=4πr2=16π，
解得r=2，
所以体积V=43πr3=43π×23=32π3，
故答案为：32π3
本题考查已知球的表面积求体积，关键是求出半径，再进行求解，考查基础知识掌握程度，属基础题．
13.【答案】 3
【解析】【分析】根据三角形面积公式和余弦定理代入化简计算即可得a= 3．
【详解】易知b2+c2=3+4StanA=3+2bcsinAtanA=3+2bccsA，
即b2+c2−2bccsA=3=a2，
则a= 3．
故答案为： 3．
14.【答案】27
【解析】【分析】根据正四面体棱长分别求出外接球和内切球半径，即可得出两球体积比值．
【详解】如下图所示：
设A点在底面内的 投影为F，易知正四面体的外接球和内切球球心重合，设为O，
又正四面体A−BCD的棱长为1，内切球的半径为r，外接球的半径为R，
易知CF= 33；
则由等体积法可得VA−BCD=VO−BCD+VO−ACD+VO−ABD+VO−ABC，
即13× 34×12⋅r×4=13× 34×12×R+r，
由勾股定理可得r2+ 332=R2；
解得r=12 6= 612,R=32 6= 64；
则V1:V2=4π3×32 63:4π3×12 63=27．
故答案为 ：27．
15.【答案】解：(1)因为tanα=43，tanα=sinαcsα ，
所以sinα=43csα.
因为sin2α+cs2α=1，所以cs2α=925，
因此cs2α=2cs2α−1=− 725.
(2)因为α，β为锐角，所以α+β∈(0,π)，
又因为cs⁡(α+β)= − 55，
所以sin(α+β)= 1-cs2(α+β)=2 55，
因此tan⁡(α+β)= −2．
因为tanα=43，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=− 247，
所以tan⁡(α−β)=tan⁡[2α−(α+β)]=tan2α−tan⁡(α+β)1+tan2α·tan⁡(α+β) =− 211．
【解析】本题主要考查了三角函数的求值，考查了同角三角函数关系式，两角和与差的三角函数公式以及倍角公式的应用，考查计算能力，是中档题．
(1)由tanα=43，结合同角三角函数关系式，可得 cs2α=925，进一步cs2α=2cs2α-1，可求得cs2α的值；
(2)由cs(α+β)，可得sin(α+β)，进一步得 tan(α+β)= -2，由tanα=43，得tan2α=2tanα1-tan2α=- 247，又由tan(α-β)=tan[2α- (α+β)]，再将数据代入计算即可．
16.【答案】解：(1)
∵O、D分别是AB、PB的中点，∴OD//AP，
又PA⊄平面COD，OD⊂平面COD，
∴PA//平面COD．
(2)
连接OP，由▵PAB是等边三角形，则OP⊥AB，
又∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，OP⊂平面PAB，
∴OP⊥平面ABC，
又AC⊥BC，且AC=BC=2，所以AB= 22+22=2 2，
则OP= 32×2 2= 6，
∴三棱锥P−ABC的 体积V=13S▵ABC×OP=13×12×22× 6=2 63．

【解析】【分析】(1)依题意可得OD//AP，即可得证；
(2)连接OP，由面面垂直的性质得到OP⊥平面ABC，再由锥体的体积公式计算可得．
17.【答案】解：(1)
因为∠B=120∘，所以sinBsinC=1−csBcsA⇒sinBsinC==1−(−12)csA，
由正弦定理和余弦定理化简，得bc=32b2+c2−a22bc⇒b2=a2+2c2，
由余弦定理可知：a2+c2−2ac⋅(−12)=a2+2c2⇒a=c
因为BC边上的中线AD的长为 7，
所以由余弦定理可知：AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cs120∘⇒7=c2+14a2+c⋅(12a)，
⇒7=c2+14c2+12c2⇒c=2，c=−2(舍去)，即c=2；
(2)
sinBsinC=1−csBcsA⇒sinBcsA=sinBcsA+csBsinA−sinCcsB，
⇒csBsinA=sinCcsB⇒csB=0，或sinA=sinC，
当csB=0时，B=π2，
当sinA=sinC时，由正弦定理可知：a=c，
S▵ABC= 34a2+b2−c2= 34a2+b2−c22ab⋅2ab=12absinC
⇒ 32ab⋅csC=12absinC⇒tanC= 3⇒C=π3，
当B=π2时，C=π3，因为c=1，所以tanC=ca⇒a= 33，所以S▵ABC=12×1× 33= 36；
当a=c时，则有A=C=π3，所以B=A=C=π3，即c=a=b=1，
因此S▵ABC=12×1×1× 32= 34，所以S▵ABC的值为 34或 36．

【解析】【分析】(1)利用正弦定理、余弦定理化简等式，再结合中线性质、余弦定理进行求解即可；
(2)根据两角和的正弦公式化简等式，再结合三角形面积公式、余弦定理进行求解即可
18.【答案】解：(1)由题设，圆锥底面半径r=12tan30∘=4 3，母线l=12cs30∘=8 3．
S=12×2πr×l=96π．
因此，该量杯的侧面积为96π平方厘米．
(2)设BP=x，可得过点B平行于底面的截面半径为x2，顶点P到该截面的距离为 3x2．
于是V=13×π×x22× 3x2= 3π24x3.当V=100时，可解得x≈7.6．
因此，刻度的位置B与顶点P之间的距离约为7.6厘米．

【解析】【分析】(1)先求得圆锥底面半径r及母线，再利用侧面积公式计算即可．
(2)设BP=x，用x表示平行于底面的截面半径及顶点到截面的距离，利用体积解得x即可．
本题考查了圆锥侧面积及体积的求法，考查了运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)
因为PA⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又AB⊥BC，AB∩PA=A，AB,PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
又AF⊂平面PAB，所以BC⊥AF，
又AB=PA，F为PB中点，所以AF⊥PB，又PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC，
所以AF⊥平面PBC，又AF⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面PBC．
(2)
由题E，F分别为BC，PB中点，故EF//PC，
又PC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，故PC//平面AEF，
则直线PC到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离dC−AEF．
由E为BC中点，所以dC−AEF=dB−AEF，记为d，VB−AEF=13d⋅S▵AEF，
又VB−AEF=VA−BEF=13dA−BEF⋅S▵BEF，所以d⋅S▵AEF=dA−BEF⋅S▵BEF，
由(1)知，AF⊥平面PBC，故dA−BEF=AF= 22，AF⊥EF，S△AEF=12AF⋅EF，
由题知AC= 2，PC= PA2+AC2= 3，EF=12PC= 32，
所以S▵AEF=12× 22× 32= 68，
而S▵BEF=12BE⋅BF=12×12× 22= 28，
所以d=dA−BEF⋅S▵BEFS▵AEF= 22× 28 68= 66．
．

【解析】【分析】(1)利用线面垂直的性质，得到PA⊥BC，根据条件及线面垂直的判定定理得到BC⊥平面PAB，从而有BC⊥AF，再根据条件得到AF⊥PB，由线面垂直的判定定理，得到AF⊥平面PBC，即可证明结果；
(2)根据条件有EF//PC，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用PC//平面AEF，将线到面的距离转化成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果．