2020-2021学年吉林省长春市高一（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年吉林省长春市高一（下）5月月考数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 复数z=2+i1+i在复平面内对应的点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 向量a→=1,λ，b→=2,1，c→=λ,2，且a→+b→//c→，则实数λ=( )
A.−3B.−25C.2D.−3或2

3. 下列命题正确的是( )
A.棱柱的各条棱都相等
B.棱柱的侧面都是平行四边形
C.由五个面围成的多面体只能是四棱锥
D.棱台的侧面都是是等腰梯形

4. 在△ABC中，点D在直线BC上，且BD→=2CD→，点E为线段AD的中点，则BE→=( )
A.−56AB→+13AC→B.56AB→−13AC→
C.−32AB→+AC→D.32AB→−AC→

5. 下列命题正确的是( )
A.如果一条直线不在某平面内，则这条直线与这个平面平行
B.如果一条直线与一个平面平行，则它与这个平面内的任何直线都平行
C.过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行
D.过两条异面直线外一点，有且只有一个平面与这两条直线都平行

6. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA=23，a=6，b=3，则C=( )
A.1B.2C.3D.1或3

7. 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若acsB=bcsA，则△ABC的形状为( )
A.等腰三角形B.直角三角形
C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形

8. O为△ABC内一点，满足OA→+OB→+3OC→=0→，则△AOB与△ABC的面积比为( )
A.35B.15C.23D.13

9. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，则过A,E,F三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面面积为( )
A.32B.92C.32D.210

10. 已知三棱锥P−ABC，PA，PB，PC两两垂直， AB=1，BC=3，AC=2，则三棱锥P−ABC的外接球表面积为( )
A.πB.2πC.4πD.8π

11. 已知圆锥的母线长为3，A是顶点，点M在母线AB上，且AM=2MB，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最小值为19，则此圆锥的表面积为( )
A.4πB.5πC.6πD.8π

12. 已知在边长为2的正△ABC中，M，N分别为边BC，AC上的动点，且CN=BM，则AM→⋅BN→的最大值为( )
A.−2B.−32C.−43D.−1
二、填空题

已知圆台的底面半径分别为1和2，母线长为3，则该圆台的侧面积是________.

已知非零向量a→，b→满足|a→|=2|b→|，a→+b→⊥b→，则向量a→与b→的夹角为________.

设复数z1,z2满足|z1|=1，|z2|=2，z1+z2=2+i，则|z1−z2|=________.

锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a2+b2=3c2，则csC的取值范围是________.
三、解答题

如图所示，在四面体ABCD中，用平行于棱AB，CD的平面截此四面体，求证：截面MNPQ是平行四边形．


已知向量a→，b→满足|a→|=1，|b→|=2，a→与b→的夹角为120∘．
(1)求a→−b→⋅a→+2b→的值；

(2)设t为实数，求|ta→+b→|的最小值．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinA+sinB+sinCsinA+sinB−sinC=sinAsinB．
(1)求角C的大小；

(2)若c=7，且AB边上的中线长为32，求△ABC的面积．

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：

(1)直线SC//平面A1BD;

(2)平面EFG//平面BDD1B1．

在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acsB=bcsC+ccsB．
(1)求角B的大小；

(2)若b=3，求△ABC周长的取值范围．

如图所示，在公路AB一侧有一块空地△AOB，其中OA=6km，OB=63km，∠AOB=90∘．市政府拟在中间铺一片绿地△MON，其中M，N都在边AB上（M，N不与A，B重合，M在A，N之间），且∠MON=30∘．

(1)若sin∠AOM=217，求点M，N之间的距离；

(2)为节省资金投入，要使绿地△MON的面积尽可能小，求出此最小面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省长春市高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
将复数进行化简，根据复数的几何意义即可得到结论．
【解答】
解：z=2+i1+i=(2+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−i2=32−12i，
∴ 对应的点的坐标为(32,−12)，位于第四象限.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
代入向量平行的条件即可.
【解答】
解：∵ a→+b→=3,1+λ，
由a→+b→//c→可得2×3=λ1+λ，
解得λ=−3或2.
故选D
3.
【答案】
B
【考点】
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
棱台的结构特征
【解析】
利用多面体的结构特点逐项求解即可.
【解答】
解：对于A，棱柱的各条侧棱都相等，故错误；
对于B，棱柱是由一个平面多边形沿某一方向平移而形成的几何体，因而侧面是平行四边形，故正确；
对于C，三棱柱也是五个面构成，故错误；
对于D，棱台的侧面都是是梯形，不一定等腰，故错误.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
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】

【解答】
解：∵ BD→=2CD→，点E为线段AD的中点，
∴ BE→=AE→−AB→
=12AD→−AB→
=12(AB→+BD→)−AB→
=12(AB→+2BC→)−AB→
=12[AB→+2(AC→−AB→)]−AB→
=−32AB→+AC→.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用空间中位置关系的相关结论逐项验证即可.
【解答】
解：直线和平面的位置关系可得，如果一条直线不在这个平面内，
那么这条直线与这个平面平行或相交，故A错误；
如果一条直线与平面平行，则它与平面内的直线平行或异面，故B错误；
过直线外一点作直线l与已知直线平行，经过l且不过这条直线的平面都与这条直线平行，故C正确；
过两条异面直线外一点，有一个或没有平面与这两条直线都平行，故D错误.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】
直接代入余弦定理求解即可.
【解答】
解：由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA可得：
6=9+c2−4c，
即c2−4c+3=0，
解得c=1或3.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
【解析】
利用正弦定理asinA=bsinB=2R与二倍角的正弦即可判断三角形的形状．
【解答】
解：∵ 在△ABC中acsB=bcsA，
∴ ab=csBcsA，
又由正弦定理asinA=bsinB=2R，
得：ab=sinAsinB，
∴ sinAsinB=csBcsA，
∴ sin2A=sin2B，
∴ 2A=2B或2A=π−2B，
∴ A=B或A+B=π2．
故△ABC是等腰三角形或直角三角形．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
向量的共线定理
向量在几何中的应用
【解析】

【解答】
解：取AB的中点为D，连接OD并延长，使DE=OD，
∵ OA→+OB→+3OC→=0→，
∴ OA→+OB→=OE→=−3OC→，
∴ C，O，D，E共线，
设OD=3k，则OE=6k，OC=2k，CD=5k，
则S△AOBS△ABC=DODC=35.
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
先判断出截面，再求解即可.
【解答】
解：如图所示，连接AD1，BC1，作EG⊥AD1于G，
因为E，F分别为BC，CC1的中点，
所以EF//BC1//AD1，即所求截面为AEFD1，为等腰梯形，
易知EF=2，AD1=22，
则AG=AD1−EF2=22，AE=AB2+BE2=5，
则EG=AE2−AG2=322，
所以S梯形AEFD1=12×(2+22)×322=92.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
三棱锥三条侧棱两两垂直，故此三棱锥可看作是长方体的一部分，三条侧棱分别是长方体同一顶点处三条棱，故三棱锥的外接球就是长方体的外接球，求出长方体的体对角线就是球的直径，就可得到球的表面积
【解答】
解：如下图，
∵ 三棱锥P−ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，
∴ 它的外接球就是扩展后的长方体的外接球，
设PA=a ，PB=b， PC=c，
则由已知有 a2+b2=1，b2+c2=3，a2+c2=4，
所以长方体的对角线的长：a2+b2+c2=1+3+42=2，
∴ 球的直径是2，半径为1，
∴ 球的表面积：S=4πr2=4π.
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
余弦定理
【解析】
设底面圆半径为r，由母线长求出侧面展开扇形的圆心角，利用余弦定理结合从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B的最短距离，列方程求出π的值，再计算圆锥的表面积．
【解答】
解：设底面圆半径为r，由母线长为3，
所以侧面展开扇形的圆心角为α=2πr3
将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，
最短距离为BM，如图所示：
在△ABM中，
BM=32+22−2×3×2×cs2πr3
=13−12cs2πr3=19，
解得cs2πr3=−12，又0所以圆锥的表面积为S=π×12+π×1×3=4π.
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
【解析】

【解答】
解：设BM=λBC(0<λ≤1)，
则AM→⋅MN→=(AB→+BM→)⋅(BC→+CN→)
=(AB→+λBC→)⋅(BC→+λCA→)
=AB→⋅BC→+AB→⋅λCA→+λBC→⋅BC→+λBC→⋅λCA→
=−2−2λ+4λ−2λ2
=−2λ2+2λ−2
=−2(λ−12)2−32，
所以当λ=12时，AM→⋅BN→取得最大值，最大值为−32.
故选B．
二、填空题
【答案】
9π
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
根据圆台的侧面积公式求解．
【解答】
解：圆台的母线长为3，两底面半径分别为1， 2，
则圆台的侧面积是π1+2×3=9π.
故选答案为：9π．
【答案】
3π4
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
利用向量夹角公式求解即可.
【解答】
解：由a→+b→⊥b→可得：
a→+b→⋅b→=a→⋅b→+b→2=0，
即a→⋅b→=−b→2=−b→2，
∴ cs=a→⋅b→a→b→=−b→22b→2=−22,
∴ 向量a→与b→的夹角为3π4.
故答案为：3π4.
【答案】
7
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数运算法则求解即可.
【解答】
解：∵ z1+z2=2+i，
∴ z1+z2=|2+i|=3，
∴ |z1+z2|2=z1+z2⋅z1+z2=3，
∴ z1+z2⋅z1+z2=z1z1+z1⋅z2+z2⋅z1+z2⋅z2=3，
∴ z1⋅z2+z2⋅z1=3−4−1=−2，
∴ |z1−z2|2=z1−z2⋅z1−z2
=z1z1−z1⋅z2−z2⋅z1+z2⋅z2
=1+4+2=7，
∴|z1−z2|=7.
故答案为：7.
【答案】
[23,22)
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
【解析】
不妨将c看作定值，以AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，求得A，B的坐标，设Cx,y ，由条件可得C的轨迹，讨论C在y轴上和当CB⊥AB时，运用余弦定理和余弦函数的定义，可得范围．
【解答】
解：∵csC=a2+b2−c22ab，且a2+b2=3c2，
∴csC=a2+b2−13(a2+b2)2ab=a2+b23ab，
∵a+b2≥2ab且a>0，b>0，
当且仅当a=b时等号成立
∴csC≥23，
∵△ABC为锐角三角形
∴a2+b2>c2①,a2+c2>b2②,b2+c2>a2③,
① a2+b2>c2，∵a2+b2=3c2且a，b，c>0，
∴a2+b2−c2=3c2−c2=2c2>0，
∴满足a2+b2>c2，
② a2+c2>b2，∵a2+b2=3c2，
∴a2+13a2+b2>b2⇒2a2>b2⇒2a>b，
③b2+c2>a2，∵a2+b2=3c2，
∴b2+13a2+b2>a2⇒2b>a，
综合②③得 22∵csC=a2+b23ab=13ab+ba，
设t=ba，得csC=13t+1t，且22∴23≤csC<22，
综上，csC∈[23,22)．
故答案为：[23,22)．
三、解答题
【答案】
证明：∵ AB//平面MNPQ，AB⊂平面ABD，平面ABD∩平面MNPQ=PQ，
∴ AB//PQ，同理AB//MN，
∴ PQ//MN．
∵ CD//平面MNPQ，CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面MNPQ=QM，
∴ CD//QM，同理CD//PN，
∴ QM//PN，
∴ 截面MNPQ是平行四边形．
【考点】
直线与平面平行的性质
【解析】
无
【解答】
证明：∵ AB//平面MNPQ，AB⊂平面ABD，平面ABD∩平面MNPQ=PQ，
∴ AB//PQ，同理AB//MN，
∴ PQ//MN．
∵ CD//平面MNPQ，CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面MNPQ=QM，
∴ CD//QM，同理CD//PN，
∴ QM//PN，
∴ 截面MNPQ是平行四边形．
【答案】
解：(1)a→−b→⋅a→+2b→
=a→2+a→⋅b→−2b→2=−8.
(2)|ta→+b→|=t2−2t+4，
当t=1时，有最小值3．
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)a→−b→⋅a→+2b→
=a→2+a→⋅b→−2b→2=−8.
(2)|ta→+b→|=t2−2t+4，
当t=1时，有最小值3．
【答案】
解：(1)由题意得，a+b+ca+b−c=ab，
∴ a2+b2−c2+ab=0，
∴ csC=−12，C=23π．
(2)设M为AB中点，
则CA→+CB→=2CM→，
∴ a2+b2−ab=3，
由余弦定理，a2+b2+ab=7，
∴ ab=2，
S△ABC=12absinC=32．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意得，a+b+ca+b−c=ab，
∴ a2+b2−c2+ab=0，
∴ csC=−12，C=23π．
(2)设M为AB中点，
则CA→+CB→=2CM→，
∴ a2+b2−ab=3，
由余弦定理，a2+b2+ab=7，
∴ ab=2，
S△ABC=12absinC=32．
【答案】
证明：(1)连接AC与BD交于点O，连接A1S，A1O，
则A1S//OC，且A1S=OC，
则四边形A1SCO为平行四边形，
所以SC//A1O．
因为SC⊄平面A1BD，A1O⊂平面A1BD，
所以SC//面A1BD．
(2)连接SB，
因为G，E分别是SC，BC中点，
所以GE//SB．
又因为SB⊂面BDD1B1，GE⊄平面BDD1B1，
所以GE//平面BDD1B1．
同理EF//平面BDD1B1．
因为GE，EF⊂平面EFG，且GE∩EF=E，
所以平面EFG//平面BDD1B1．
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)连接AC与BD交于点O，连接A1S，A1O，
则A1S//OC，且A1S=OC，
则四边形A1SCO为平行四边形，
所以SC//A1O．
因为SC⊄平面A1BD，A1O⊂平面A1BD，
所以SC//面A1BD．
(2)连接SB，
因为G，E分别是SC，BC中点，
所以GE//SB．
又因为SB⊂面BDD1B1，GE⊄平面BDD1B1，
所以GE//平面BDD1B1．
同理EF//平面BDD1B1．
因为GE，EF⊂平面EFG，且GE∩EF=E，
所以平面EFG//平面BDD1B1．
【答案】
解：(1)由题意可得，2acsB=a，
csB=12，B=π3．
(2)由正弦定理，asinA=csinC=bsinB=2，
∴ I=2sinA+3+2sinC
=2sinA+2sin(2π3−A)+3
=23sinA+π6+3．
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ 0∴ π6∴ I∈3+3,33．
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意可得，2acsB=a，
csB=12，B=π3．
(2)由正弦定理，asinA=csinC=bsinB=2，
∴ I=2sinA+3+2sinC
=2sinA+2sin(2π3−A)+3
=23sinA+π6+3．
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ 0∴ π6∴ I∈3+3,33．
【答案】
解：(1)∵ OA=6km，OB=63km，∠AOB=90∘，
∴ A=60∘．
设∠AOM=θ，
则∠AMO=120∘−θ，∠ONM=90∘−θ．
在△AOM中，由正弦定理，
OMsinA=OAsin∠AMO，
∴ OM=33sin120∘−θkm．
在△MON中，由正弦定理，MNsin∠MON=OMsin∠ONM，
∴ MN=332csθsin(120∘−θ)km．
∵ sinθ=217，
∴ csθ=277，sin120∘−θ=31421，
∴ MN=72km．
(2)由(1)可得，MN=332csθsin120∘−θkm，
O到AB的距离ℎ=33km，
∴ S△MON=12MN⋅ℎ=272sin(2θ+π3)+3km2．
当2θ+π3=π2，θ=π12时，
Smin=272−3km2．
【考点】
正弦定理
运用诱导公式化简求值
两角和与差的正弦公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ OA=6km，OB=63km，∠AOB=90∘，
∴ A=60∘．
设∠AOM=θ，
则∠AMO=120∘−θ，∠ONM=90∘−θ．
在△AOM中，由正弦定理，
OMsinA=OAsin∠AMO，
∴ OM=33sin120∘−θkm．
在△MON中，由正弦定理，MNsin∠MON=OMsin∠ONM，
∴ MN=332csθsin(120∘−θ)km．
∵ sinθ=217，
∴ csθ=277，sin120∘−θ=31421，
∴ MN=72km．
(2)由(1)可得，MN=332csθsin120∘−θkm，
O到AB的距离ℎ=33km，
∴ S△MON=12MN⋅ℎ=272sin(2θ+π3)+3km2．
当2θ+π3=π2，θ=π12时，
Smin=272−3km2．