【文档说明】江苏省百校联考2020-2021学年高一下学期5月联考数学试题含答案.doc，共(8)页，605.500 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省百校联考高一年级月考卷数学试卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．sin15°cos45°+cos15°sin135°=A．-12B．12C．-32D．322．已知平面α，β，直线l，且lα，则“l//β”是“α//β”的A．充分不

必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．已知两点A（-1，3），B（3，0），则与向量AB同向的单位向量是A．（45，-35）B．（45，35）C．（34，-45）D．（35，45）4．任何一个复数z=a+bi（其中a，b∈R，i为虚数单位）都可以表示成z=r（cos

θ+isinθ）（其中r≥0，θ∈R）的形式，通常称之为复数z的三角形式，法国数学家棣莫弗发现：[r（cosθ＋isinθ）]n=rn（cosnθ+isinnθ）（n∈N*），我们称这个结论为棣莫弗定理．由棣莫弗定理可知，若复数（cosπ8+isinπ

8）m（m∈N*）为纯虚数，则正整数m的最小值为A．2B．4C．6D．85．在空间中，到一圆周上各点距离相等的点的集合表示的图形是A．一个点B．一条直线C．一个平面D．一个球面6．甲、乙、丙、丁四个人参加学校组织的建党

100周年诗歌朗诵比赛，四人在成绩公布前做出如下预测：甲说：丙获奖；乙说：我获奖了；丙说：我没获奖；丁说：我没获奖．成绩公布后表明，只有一位同学获奖，四人中只有一人判断正确，则判断正确的是A．甲B．乙C．丙D．丁7．已知一个圆

柱的侧面展开图是边长为a的正方形，则该圆柱的体积为A．34πaB．3πaC．34πaD．3π4a8．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱PC，PB上的点，且满足PC=4EC，AF∥平面BDE，则PBFB=A．

32B．2C．3D．4二、选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．9．对于点A，B，直线l，m与平面α，β，下列命题中正确的是A．若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则lαB．若A∈l，A∈α，则l∩α=AC．若

lα，lβ，则α=lD．若l⊥α，m⊥α，则lm∥10．已知复数z=2+i（i为虚数单位），z为z的共轭复数，则下列结论正确的是A．z的虚部为-iB．z和z在复平面内对应的点关于实轴对称C．复数z是方程x2-2x+5=0的一个虚根D．若复数z1满足|z1|=1

，则|z-z1|的最小值为5-111．如下图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，M，N分别为BC，CD的中点，将长方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是A．三棱锥N-ACM与B-ACD的体积之比为定值B．异面直线AC与MN所成

的角为定值C．四面体ABCD的外接球体积为55π6D．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直12．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，六角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以六角攒尖为

例，如下图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥．已知此正六棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ=30°，侧棱长为25米，则A．正六棱锥的底面边长为2米B．正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为12C．正六棱锥的侧面积为48平方米D．正六棱锥的体积为163立方米三、填空题

：13．已知一个圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的表面积为________．14．优选法是一种具有广泛应用价值的数学方法，著名数学家华罗庚曾为普及它作出了重要贡献．优选法中有一种0.618法应用了黄金分割法，“黄金分别”的比值为512−0.618，这一比值也可以表示

为t=2sin18°，则22412sin63tt−=−________．15．如下图所示的是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱________所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直．（注：填上你认为正

确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况）16．已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB=2，则该三棱柱ABC-A1B1C1外接球O的表面积为________；若P为正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱

AA1的中点，则平面PBC与球O的交线长为________．四、解答题：解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知点O，A，B，C的坐标分别为（0，0），（1，-2），（-3，4），（2，1）．（1）

若（OAtOB+）⊥AC，求实数t的值；（2）是否存在实数t，使得OAtOBOC+=成立?解释你所得结论的几何意义．18．如下图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形B1BCC1是菱形，∠B1BC=60°，AB⊥

BC，AB⊥BB1，D为棱AC的中点，E为棱BC的中点．（1）求证：AB1∥平面BC1D；（2）若AB=BC=2，求点B到平面AB1E的距离．19．在①（a+c）（a-c）=b（b-c），②sincos2sinsinco

sAABCC=−，③2bcosA=acosC+ccosA这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________．（1）求角A的大小；（2）若ABC是锐角三角形，c=4，求A

BC面积的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．20．如下图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，AD=2BC，PAD为等边三角形．（1）求证：PB⊥BC；（2）若平

面PAD⊥平面PCD，求证：平面PAD⊥平面ABCD．21．如下图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱AB的中点．（1）试作出平面A1MC1与平面ABCD的交线l，并说明理由，（2）用平面A1MC1去截正方体，所得两部分几何体的体积分别为V1，V2（V1≤

V2），求12VV的值．22．如下图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1=AB=2，BC=22．（1）求AB1与BD所成角的余弦值；（2）求证：B1C⊥C1D．江苏省百校联考高一年级月考卷数学试卷参考答案1．D2．B

3．A4．B5．B6．C7．A8．C9．ACD10．BD11．ACD12．BCD13．3π14．-215．CG（或DH，EH，FG）16．16π3；414π717．解：（1）因为OA+tOB=（1，-2）+t（-3，4）=（1-

3t，-2+4t），AC=（2，1）-（1，-2）=（1，3），（OA+tOB）⊥AC，所以（OA+tOB）·AC=（1-3t）×1+（-2+4t）×3=0．所以t=59．（2）设存在实数t，使得OA+tOB=OC，则（1，-2）

+t（-3，4）=（2，1），所以（-3t，4t）=（2，1）-（1，-2）=（1，3），从而31,43,tt−==此方程组无解．故不存在这样的实数t，使OAtOBOC+=，即tOBOCOAAC=−=成立．这表明：向量AC与OB不平行．18．（1）证明：连结B

1C，交BC1于点O，连结OD．因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面B1BCC1是菱形，所以点O是B1C的中点．在三角形AB1C中，D为棱AC的中点，所以OD//AB1．因为AB1平面BC1D，OD平

面BC1D，所以AB1∥平面BC1D．（2）解：因为AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1=B，所以AB⊥平面BB1C1C．因为B1E平面BB1C1C，所以AB⊥B1E．因为四边形B1BCC1是菱形，∠

B1BC=60∘，所以三角形BB1C为等边三角形．因为E为棱BC的中点，所以B1E⊥BC，又因为AB∩BC=B，所以B1E⊥平面ABC．因为四边形B1BCC1是菱形，∠B1BC=60°，AB=BC=2，所以BE=1，B1E=3．在直角三角形ABE中，1AB

ES=，所以三棱锥B1-ABE的体积V1BABE−=13B1E×S33ABE=．设点B到平面AB1E的距离为h，注意到B1E⊥平面ABC，AE平面ABC，所以B1E⊥AE，所以S112ABE=×B1E×AE=1153522=，因为V11BABEBAB

EV−−=，所以13133ABEhS=，所以h=255，所以点B到平面AB1E的距离为255．19．解：（1）选①，由（a+c）（a-c）=b（b-c），得2b+c2-a2=bc．即cosA=222122bcabc+−=．因为0<A<π，所以A=π3．选

②，由sincos2sinsincosAABCC=，得sinAcosC=2cosAsinB-cosAsinC，所以sin（A+C）=2cosAsinB，则sinB=2cosAsinB，因为sinB≠0，所以cosA=12，又因为A∈（0，π），所以A=π3．选③，因为2bcosA=acosC+c

cosA，所以由正弦定理得2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin（A+C），则2sinBcosA=sinB，因为sinB≠0，所以cosA=12，又因为A∈（0，π），所以A=π3．（2）由（1）得A=π3，又c=4，所

以ABC的面积3ABCSb=．由正弦定理b=2π4sinsin2332sinsintanCcBCCC−==+．由于ABC为锐角三角形，故0<B<π2，0<C<π2，因为B+C=2π3，所以π6<C<π2，故2<b<8，从而23<ABCS<83．因此，ABC面

积的取值范围是（23，83）．20．证明：（1）取AD的中点M，连结PM，MB．因为三角形PAD为等边三角形，所以PM⊥AD．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，且AD=2BC，所以DM=BC，且DM//BC，所以四边形BCDM是平行四边

形．因为∠ADC=90°，所以四边形BCDM是矩形，所以BM⊥AD．因为PM∩BM=M，PM平面PBM，BM平面PBM，所以AD⊥平面PBM，所以AD⊥PB．因为AD//BC，所以PB⊥BC．（2）取PD的中点N，连结AN．因为三角形PAD为等边三角形，所以AN⊥PD．因为平面PAD⊥平面P

CD，且平面PAD∩平面PCD=PD，AN⊂平面PAD，所以AN⊥平面PCD，所以AN⊥CD．在直角梯形ABCD中，AD⊥CD，AN∩AD=A，且AN平面PAD，AD平面PAD，所以CD⊥平面PAD．因为CD平面ABCD．所以平面PAD⊥平

面ABCD．21．解：（1）作法：如下图，连结AC，在平面ABCD内过M作MN∥AC，交BC于N，则直线MN即为平面A1MC1与平面ABCD的交线l．理由：因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，又平面A1MC1∩平面A1B1C1D1=A1C1，平而A1MC1∩平面ABCD=l，所以A1C1

∥l．因此，在平面ABCD内过M作MN∥AC，而A1C1∥AC．即MN//A1C1，则直线MN即为所求作的交线l．（2）由（1）知在三角形ABC中，MN//AC，M为棱AB的中点，所以N为棱BC的中点．在正方形AA1B1B中，延长A

1M交B1B的延长线于点P（图略），所以B为棱B1P的中点．由于N为棱BC的中点，所以延长C1N交B1B的延长线于点P，所以几何体MBN-A1B1C1是三棱台．设正方体的棱长为a，则MBN的面积S=18a2，111ABC的面积S′=12a2，

所以三棱台MBN-A1B1C1的体积V=13（S+SS+S′）a=724a3，另一个几何体的体积V′=a3-V=a3-724a3=1724a3，因为用平面A1MC1去截正方体，所得两部分几何体的体积分别为V1，V2（V1≤V2），所以V1=724a3，V2=

1724a3，所以12717VV=．22．（1）解：连结BC1，交B1C于点O，连结OD（图略）．因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面B1BCC1是平行四边形，所以点O是B1C的中点．又D为AC的中点，所以OD//AB1，且OD=12AB1=2，所以∠BDO或其补角为A

B1与BD所成的角，在三角形BDO中，BO=BD=3，OD=2，所以cos∠BDO=66，即AB1与BD所成角的余弦值为66．（2）证明：取BC的中点M，连结DM，C1M（图略）．因为在三角形ABC中，D为AC的中点，所以DM//AB．因为AB⊥BC，所

以DM⊥BC．因为侧棱AA1⊥底面ABC，DM平面ABC，所以AA1⊥DM．因为AA1∥BB，所以BB1⊥DM．又因为BC∩BB1=B，所以DM⊥平面BB1C1C，所以DM⊥B1C．在矩形BB1C1C中，11112BCCCCCCM==，所以RtB1C1C∽RtC1CM，所以∠CB

1C1=∠MC1C．因为∠B1C1M+∠MC1C=90°，所以∠B1C1M+∠CB1C1=90°，即C1M⊥B1C．又因为DM⊥B1C．DM∩C1M=M，所以B1C⊥平面DMC1．又因为C1D平面DMC1，所以B1

C⊥C1D．