2022北京一七一中高一6月月考数学

2022北京一七一中高一6月月考

数    学

一､选择题共10题，每题4分，共40分.在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.

1. 在复平面内，复数对应的点在（　　）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

2. 已知圆柱的底面半径和高都是2，那么圆柱的侧面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

3. 平面∥平面，，则直线和的位置关系（    ）

A. 平行 B. 平行或异面 C. 平行或相交 D. 平行或相交或异面

4. 已知，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，下列正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

5. 在中，点满足，则

A.  B.

C.  D.

6. 在边长为2的正方形中，是的中点，则（    ）

A. 2 B.  C.  D. 4

7. 在△中，已知，，，则c＝

A. 4 B. 3 C.  D.

8. 如图，直三棱柱中，，若，则异面直线所成角的大小是（    ）

A.  B.  C.  D.

9. 如图，中，，，，以AC所在直线为轴旋转一周，所得几何体的表面积等于　　

A.  B.  C.  D.

10. 如图，正四棱锥的高为，且底面边长也为，则点到平面的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

二､填空题共5题，每题5分，共25分.

11. 复数（i为虚数单位），则复数z的虚部为___________.

12. 设为单位向量，且，则______________.

13. 某中学共有高一学生120人，高二学生150人，高三学生330人申请报名做志愿者.现用分层抽样方法从中抽取高一学生4人，则该中学抽取的志愿者总人数为___________人.

14. 在正方体中，直线与平面所成角为，___________.

15. 《双行星》（图1）是荷兰著名版画家埃舍尔1949年的木刻作品，该作品清晰展示了其试图结合不同世界的设想，基本结构是两个相同的正四面体相互交叉，为了便于观看，埃舍尔用黄白双色进行区分.可以看到，拥有高度文明的黄色的星球正在上演着人类的戏剧，规则的建筑和寸草不生的地表，处在史前时代的白色的星球，怪石嶙峋，恐龙和原始植物相依.通过这种对比埃舍尔似乎提出了一个警告，高度文明或许会消除了一切自然的痕迹.——《在埃舍尔的时空旅行》将《双行星》抽象为图2的组合体，若两个正四面体棱长均为2，且相交处均为棱中点，求这个组合体体积___________.两个正四面体相交，公共部分形成的几何体表面积是___________.

三､解答题共6题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

16. 已知正方体．

（1）求证：A//平面；

（2）求证：平面．

17. 如图，在平面四边形中，，，，.

（1）求的值；

（2）求边的值.

18. 已知，

（1）设，的夹角为，求的值；

（2）若向量与互相垂直，求k的值

19. 在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=c,2sinBsinA.

(Ⅰ)求cosB的值;

(Ⅱ)若a=2,求△ABC的面积.

20. 如图平面，是矩形，，，点是的中点，点是边上的任意一点.

（1）当是的中点时，线段上是否存在点，使得平面平面，若存在指出点位置并证明，若不存在说明理由；

（2）证明：.

21. 已知集合.对集合中的任意元素，定义，当正整数时，定义（约定）.

（1）若，，求和；

（2）若满足且，求的所有可能结果.

参考答案

一､选择题共10题，每题4分，共40分.在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.

1. 【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的几何意义求解.

【详解】在复平面内，复数对应的点的坐标为，在第二象限.

故选：B.

2. 【答案】B

【解析】

【分析】本题可根据圆柱的侧面积公式得出结果.

【详解】因为圆柱的底面半径和高都是，所以圆柱的侧面积.

故选：B.

3. 【答案】B

【解析】

【分析】

利用平面∥平面，可得平面与平面没有公共点，根据，可得直线，没有公共点，即可得到结论．

【详解】∵平面平面，∴平面与平面没有公共点

∵，，∴直线，没有公共点

∴直线，的位置关系是平行或异面，

故选：B.

4. 【答案】D

【解析】

【分析】由空间中直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系即可判断.

【详解】对于A选项：由，，可得或与相交或或，故A不正确；

对于B选项： 由，，可得或，故B不正确；

对于C选项：由，，可得或，故C不正确；

对于D选项：由，，结合线面垂直的的性质定理，可得，故D正确.

故选：D

5. 【答案】D

【解析】

【详解】因为，所以，即；故选D.

6. 【答案】A

【解析】

【分析】建立直角坐标系，用向量法即可

【详解】在平面直角坐标系中以为原点，所在直线为轴建立坐标系，则，，，，所以，

故选：A

7. 【答案】C

【解析】

【分析】由三角形的内角和定理，诱导公式可求sinC的值，根据正弦定理即可解得c的值．

【详解】∵a＝2，，，

∴sinC＝sin[π﹣（A+B）]＝sin（A+B），

∴由正弦定理，可得：c．

故选C．

【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，诱导公式，正弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

8. 【答案】C

【解析】

【分析】连接，则即为异面直线所成角，再分别求出的边长即可求出，得到答案

【详解】如图所示，连接

,即为异面直线所成角

，

又，

在中，

是正三角形

故选：C

9. 【答案】A

【解析】

【分析】由题意得旋转体为圆锥，底面半径为3，高为4，母线长为5，利用圆锥的表面积计算公式，即可求出表面积．

【详解】解：由题意可得旋转体为圆锥，底面半径为3，高为4，故它的母线长，

侧面积为，

而它的底面积为，

故它的表面积为，故选A．

【点睛】本题主要考查圆锥的表面积计算公式，属于基础题．

10. 【答案】A

【解析】

【分析】

结合正四棱锥的性质，利用，代入数据直接计算即可.

【详解】解：由正四棱锥的性质可知，其底面为正方形，

连接、，设交点为点，连接，则平面，且，

底面对角线的长度为，侧棱长度为，斜高，

，

，

设点到平面的距离为，由，即，解得．

故选：A.

【点睛】本题考查求点到平面的距离，考查正四棱锥的性质与棱锥的体积．掌握正棱锥的计算是解题关键．

二､填空题共5题，每题5分，共25分.

11. 【答案】##1.5

【解析】

【分析】根据复数的除法运算化简，再由虚部的定义求复数z的虚部.

【详解】因为，

所以复数z的虚部为，

故答案为：.

12. 【答案】

【解析】

【分析】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解.

【详解】因为为单位向量，所以

所以

解得：

所以

故答案为：

【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题.

13. 【答案】20

【解析】

【分析】利用分层抽样的等比例性质求抽取的样本人数.

【详解】由题设，样本中高一学生的比例为，

根据分层抽样的等比例性质知：该中学抽取的志愿者总人数为人.

故答案为：20

14. 【答案】

【解析】

【分析】由正方体性质及线面角的定义找到与面所成角的平面角，并求其正切值.

【详解】由面，则与面所成角，如下图示，

若正方体棱长为2，则.

故答案为：

15. 【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由题知组合体体积为一个棱长为2的大正四面体与四个棱长为1的小正四面体的体积之和，由此能求出该星形八面体的体积．公共部分为两个同底的正四棱锥的组合体，每个四棱锥的棱长均为1，则该几何体的表面积为8个边长为1的正三角形之和，从而求得表面积.

【详解】由题知组合体体积为一个棱长为2的大正四面体与四个棱长为1的小正四面体的体积之和，

故组合体的体积为：．

两个正四面体相交，公共部分为两个同底的正四棱锥的组合体，每个四棱锥的棱长均为1，则该几何体的表面积为8个边长为1的正三角形之和，即，

故答案为：；．

三､解答题共6题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

16. 【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）利用线面垂直的性质证明，再利用线面垂直的判定推理作答.

【小问1详解】

在正方体中，，，

则有四边形是平行四边形，有，而平面，平面，

所以平面．

【小问2详解】

在正方体中，平面，平面，则，

在正方形中，，又，平而，

所以平而．

17. 【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）△中应用正弦定理求出，根据三角形内角性质即可得结果.

（2）△中应用余弦定理求即可.

【小问1详解】

由题设，，故，

又，则.

【小问2详解】

由，，故，

所以，故.

18. 【答案】（1）；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据平面向量的夹角公式即可解出；

（2）根据平面向量的坐标运算以及垂直的坐标表示即可解出．

【小问1详解】

因为，所以.

【小问2详解】

由，可得，

，因为向量与互相垂直，

所以，即，解得：.

19. 【答案】(Ⅰ)  (Ⅱ)

【解析】

【分析】

(Ⅰ)由正弦定理得，利用余弦定理即可求解(Ⅱ)由同角三角函数关系得，利用面积公式求解.

【详解】(Ⅰ)因为,所以.

所以.

所以.    

(Ⅱ)因为a=2,所以.

又因为,

所以.

所以S△ABC.

【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，属于中档题.

20. 【答案】（1）存在为中点使面面，理由见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）若为中点，根据中位线性质有，，由线面平行的判定可得面、面，最后由面面平行的判定即可得结论.

（2）由等腰三角形性质有，根据矩形性质及线面垂直的性质及判定有面，进而可得面，再由线面垂直的性质证结论.

【小问1详解】

存在为中点，使得平面平面，理由如下：

若为中点，连接，又是的中点，是的中点，

所以，，

而面，面，则面，同理可证面，

又，即面面，

综上，为中点时面面.

【小问2详解】

由，是的中点，故在等腰△中，

由平面，平面，则，

又是矩形，即，而且面，

所以面，面，故，

由且面，则面，

而面，故.

21. 【答案】（1）和   

（2）的所有可能结果为

【解析】

【分析】（1）代入和，逐个计算出，，，和，，，，即可得到答案.

（2）根据，得到，利用，得到，然后，分类讨论，即可得到，

①；②；③；④；四种情况下的所有可能结果.

【小问1详解】

当时，，，

，；

当时，，，

，；

【小问2详解】

因为，所以，，

又因为，所以，

，

因为，当时，，

当时，，

所以，

当时，经检验符合题意，

当时，经检验符合题意，

当时，经检验符合题意，

当时，经检验符合题意.

所以，的所有可能结果为.