【文档说明】湖南省永州市第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学答案.docx，共(9)页，1.111 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度永州一中高一数学6月月考答案一、单选题（每题5分）1．B.2．D3.D4.A.5．B6．C.【详解】设BPBD=，则01≤≤，()()1APABBPABBDABADABABAD=+=+=+−=−+，BDADAB=−，所以()()1APBDABADADAB

=−+−，又1,0ADABABAD===，所以()121APBD=−−+=−，又01≤≤，所以1,1APBD−.7．C【详解】对于A，当2x=时，因为i2ecosisini22=+=，所以i2e1i10+=+

，故ie10x+=不一定成立，选项A错误；对于B，333ii313icosisineecosisin12233+=+===+=−，所以B错误；对于C，由ie

cosisinxxx=+，iecos()isin()cosisinxxxx−=−+−=−，所以iiee2cosxxx−+=,得出iieecos2xxx−+=,选项C正确；对于D，由C选项的分析得iiee2isinxxx−=−，

得出iieesini2xxx−−−=，选项D错误.8．A【详解】设(,)mxy=，则由121meme==可得，cossin1,cossin1xyxy+=−+=，两式相加得：1sin1,sinyy==

，故cos0x=，由于π0,2，cos0，故0x=，所以由||2m得，12sin，即10sin2，由π0,2可得π(0,]6，二、多选题（每题5分）9．BCD10．ABC当120zz+=时，即22()()=0acbd+++，ac=−，cd=−

，则12zz=−成立，D正确．11．ACD【详解】根据正弦定理，由()2coscos2sincossincossincosbcAaCBACAAC−=−=2sincossincossincossin()sin(π)sinBAACCAACBB

=+=+=−=，因为(0,π)B，所以sin0B，因此12cos1cos2AA==，因为(0,π)A，所以π3A=，因此选项A正确，选项B不正确；因为AD是中线，所以由2221()422ADABACADABACABAC=+=++21361222

3232ccc=++=，或43c=−舍去，因此1232362ABAC==，所以选项C正确；△ABC的面积为113sin232333222bcA==，所以选项D正确，12．BD【详解】设正四棱锥为PABCD−，其底面中心为1O；设

正四棱柱为1111ABCDABCD−，其下底面中心为2O，设E是BC的中点，连接11111,,,,,OEPEACBDACBD，O是球O的球心，设球O的半径为R，设正四棱柱的高为x，则正四棱锥的高为2x，x为正数，所以15222Rxx

x=+=，()()2211232326ACAC==+=，所以216OC=，所以()22215622xx+=，解得1x=，所以52R=，球的体积34π5125π326=，A选项错误.组合体

的体积为12323123232203+=，B选项正确.依题意可知正四棱锥的侧棱与其底面所成角为1PAO，()1122210sin562POPAOPA===+，C选项错误.根据正四棱锥的性质可知

：1,BCOEBCPE⊥⊥，所以1PEO是正四棱锥的侧面与其底面的夹角，()1122227sin723POPEOPE===+，D选项正确.三、填空题（每题5分）13．23/23/120°14．515．②③④【详解】还原成正四面体知GH与EF为异面直线，B

D与MN为异面直线，GH与MN成60°角，因为正四面体对棱垂直，所以,//DEAFMNAF⊥，所以DE⊥MN.16．①②③【详解】对于①，取11AB中点G，连接EG，DG∵E为AB中点，2AB=，11AA=，∴四边形1BEGB为正方形，则1BGBE⊥在111ABC△中，D，G分别为11AC，

11AB的中点，则DG∥11BC，且1112DGBC=∵F为BC的中点，且BC∥11BC，∴BF∥DG且BFDG=∴四边形DFBG为平行四边形，∴DF∥BG∴1BEFD⊥，故①正确；对于②，∵22AC=，11CC=，∴13AC=∵AB⊥面11BCCB，1

π2BCC=∴三棱锥1ABCC−的外接球的球心在线段1AC的中点处，则外接球的半径为32∴三棱锥1ABCC−的外接球的表面积为234π()9π2=，故②正确；对于③，∵12BD=，2EF=，12BE=，12BF=在RtDGE△中，11112DGBC==，11EGAA==，222DED

GGE=+=，同理可得2DF=，则三棱锥1BDEF−为正四面体，所以该正四面体的高()22232322323h=−=，底面面积13322222S==，体积32323111333VSh===，故③正确；对于④，∵1CC⊥面ABC，∴直线1CE在平面ABC上的投影为

直线CE则1CEC为直线1CE与平面ABC所成的角在1RtCCE中，112215tan35CCCECCEBCBE===+∴直线1CE与平面ABC所成的角不是3，故④不正确．故答案为：①②③．四、解答题(17题10分，18-22每题12分)17．由1,2,,60abab===得·,1

2cos601ababab===又()()2222||143abababab−+=−=−=−=−()2222?14213abababab−=−=+−=+−=18.（1）依题意，得2(1i)(1i)0ab−+−+=，即()(2)i0aba++−−=，由复数相等的定义及a，bR，

得020aba+=−−=，解得22ab=−=.故复数1i22izab=−=−−.（2）设2=+zxyi（xR，yR），由24=z，得2216xy+=，12(22i)(i)(22)(22)izzxyxyxy=−−+=−+−+，又120zz，得220220xyxy−++

=，即yxxy=−，所以2216xyxyyx+==−，解得2222xy=−=，所以22222iz=−+.19．（1）∵AB⊥平面BCM，BC平面BCM，∴ABBC⊥，在正方形11BBCC中，1BBBC⊥，∵1ABBBB?，∴BC⊥平面11AABB.

∵BC平面11BBCC，∴平面11BBCC⊥平面11AABB.（2）设BC中点为Q，连接,NQMQ，∵,NQ分别是,ACBC的中点，∴NQABP，且12NQAB=.又点M是11AB的中点，∴11112AMAB=.∵11//ABAB，且11ABAB=，∴1//NQAM，且1NQAM=，

∴四边形1AMQN是平行四边形，∴1//ANMQ.∵MQÌ平面BCM，1AN平面BCM，∴1//AN平面BCM.（3）连接1AB，则11111111033BABCABCABCVV--==，∵M为11AB的中点，∴

三棱锥11CBBM-的体积11111111523CBBMBBCMBABCVVV---===.20．（1）在ABC中，sin2sinAC=，由正弦定理得225BCAB==（2）∵()()222222253525cos252253ACBCABCACBC+−+−===，因为()0,πC,所

以25sin1cos5CC=−=，∴4sin22sincos5CCC==，223cos2cossin5CCC=−=，πππ343cos2cos2cossin2sin33310CCC+−=+=.21．（1）

由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时313,22122BDAC====，由题意知903060BAC=−=在ABC中，62,22ABAC=+=由余弦定理得2222cosBCABACABACBAC=+−221(62)(22)2(62)22122=++−

+=所以23BC=在ABC中，由正弦定理得sinsinACBCABCBAC=，即2223sinsin60ABC=所以2sin,45,2ABCABC==（135舍去）所在180604575ACB=−

−=又18045456030CBD=−−−=在BCD△中，30,3,23CBDBDBC===由余弦定理得2222cos30CDBCBDBCBD=+−()222332233cos330=+−=3CD=，故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距3海里.（2）当

巡逻艇经过t小时经CE方向在E处追上走私船，则32,3,3CEtDEtCD===在BCD△中，由正弦定理得：sinsinsinCDBDBCCBDBCDBDC==则3323sin30sinsinBCDBDC==所以3sin,602BCDBCD==，90,1

35BDCCDE==在CDE中，由正弦定理得：sinsinCEDECDEDCE=则3sin1351sin232tDCEt==，故30=DCE（150舍）ACEACBBCDDCE=

++7560309075=+++＝故巡逻艇应该北偏东75方向去追，才能最快追上走私船.22．（1）连接BE，交AF于H，并连接HG，由E、F分别是AD、BC的中点，而24==ADAB，故ABFE为正方形，所以

H为BE的中点，又G是PE的中点，所以//HGPB，而HG面AFG，PB面AFG，故//PB面AFG.（2）由题易知：PEFPCF且均为等腰三角形，PECFEC且均为等边三角形，若K为CE中点，连接,PKFK，则,PKCEFKCE⊥⊥，而=PKFKK，,PKFK面PKF，

则CE⊥面PKF，又CE面ABCD，故面PKF⊥面ABCD，面PKF面=ABCDFK，所以P在面ABCD上的射影O在直线FK上，过P作直线//lEF，而//ABEF，则//ABl，故直线l为面PAB与面PEF的交线，所以直线l与平面PBC所成角，即

为EF与面PCF所成角，由题设，==3PKFK，=10PB，令=(0,3)OKx，则=3OFx−，2=3OPx−，因为OP⊥面ABCD，,FKOB面ABCD，故,OPFKOPOB⊥⊥，所以222==+7OBPBOPx

−，又60ABC=，易知=150?BFO，在△BFO中，222=+2cosOBBFOFBFOFBFO−，整理得43=6x，所以32x=，故3=2OP，3PF=，若E到面PCF的距离为h，且=+EPCFCPKFEPKF

VVV−−−，即11=33PCFPKFhSCES，所以=PCFPKFhSCES，11339=?×3=224PCFS，21333=?(3)?=224PKFS，2CE=，综上，613=13h，则313sin==13hEF.获

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