【文档说明】黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2020-2021学年高一下学期第二次月考数学试题含答案.docx，共(9)页，676.955 KB，由小赞的店铺上传

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宾县第二中学2020-2021学年度下学期第二次月考高一数学试卷考试时间：120分钟；总分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2．请将答案规范填写在答题卡上。一、选择题：（每题5分共60分。其中1-10为单选题，11,12为不

定项选择题）1．已知复数131izi+=−，z的虚部是（）A．2B．2iC．2−D．2i−2．已知()1,1a=−，)3,1(−=→b，则()2aab+=（）A．0B．1C．1−D．23．如图，已知等腰三角形OAB△，OAAB=是一个平面图形的直观图，斜边2OB

=，则这个平面图形的面积是（）A．22B．1C．2D．224．设i是虚数单位，则复数()223zii=−+对应的点在复平面内位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限5．设→→ba,为

单位向量，且1=−→→ba，则=+→→ba2（）A．3B．7C．3D．76．已知ABC内角ABC，，所对边的长分别为abc，，，cosabC=，则ABC形状一定是（）A．等腰直角三角形B．等边三角形C．等腰三角

形D．直角三角形7．如图，在等边ABC中，→→=DCBD3，向量→AB在向量上的→AD投影向量为（）A．713AD→B．813AD→C．913AD→D．1013AD→8．下列命题正确的是（）①平行于同一条直线的两条直线平行；②平行于同一条直线的两个平面平行；③平行于同

一个平面的两条直线平行；④平行于同一个平面的两个平面平行A．①②B．③④C．①④D．②③9．长方体1111ABCDABCD−中，若5AB=，4=AD，13AA=，且此长方体内接于球O，则球O的表面积为（）A．202B．252C．50D．200

10．在平行四边形ABCD中，F是CD的中点，AF与BD相交于E，则=→AE（）A．→→+ADAB3231B．→→+ADAB4341C．→→+ADAB3132D．→→+ADAB414311．，是两个平面

，mn，是两条直线，下列四个命题中错误的是（）A．若////mnn，，则//mB．若//mn，，则//mnC．若//m，，则//mD．若//mnmn，，，则//12．在ABC中，角、、ABC的对边分别为abc、、，若

()222tan3acbBac+−=，则角B的值为（）A．6B．3C．56D．23二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．若一个圆锥的轴截面是面积为43的等边三角形，则该圆锥的表面积为__________．14．若ABC的两边

长分别为2，3，其夹角的余弦值为13，则其外接圆的直径为__________．15．设复数121,2zizbi=+=+，若12zz为纯虚数，则实数b=__________．16．已知向量a，b满足||3a=，||2b=

，若a与b的夹角为60，则()(2)abab−+=__________．三、解答题：（17题10分，18-22每题12分，共70分）17．如图，已知△ABC中，AB＝362，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°．（1）求AC的长；（2

）若CD＝5，求AD的长．18．在平面直角坐标系中，()()1,,3,1amb==.（1）若m=2，求2ab+的值；（2）若向量ab⊥，求m的值.19．在正方体1111ABCDABCD—中，E是棱1BB的中点．（1）求证：1//BD平面

ACE;（2）若F是棱1CC的中点，求证：平面1//BDF平面ACE．20．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AC与BD交于点O，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求

证：（1）证明：AP∥平面BDM；（2）证明：AP∥GH.21．已知锐角ABC的内角,,ABC所对的边分别,,abc，且3,7ab==.若),(bap−=→,)sin,2(sinABq=→,且→→⊥qp．（1）

求角B和边c;（2）若点D满足→→=DCBD2，求ACD△的面积．22．如图，在四棱锥OABCD−中，底面ABCD是矩形．（1）设M为OA上靠近A的三等分点，N为BC上靠近B的三等分点．求证：//MN平面OCD;

（2）设E是OD上靠近点D的一个三等分点，试问：在OD上是否存在一点F，使//BF平面ACE成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．宾县第二中学2020-2021学年度下学期第二次月考高一数学答案1．A【分析】先根据复数的除法运算求解出z，然后即可

判断出z的虚部.【详解】因为()()()()1311324121112iiiiziiii+++−+====−+−−+，所以虚部为2，故选：A.2．A【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可得结果.【详解】由已知条件可得2112a=+=，()11134ab=

−−=−，因此，()2222240aabaab+=+=−=.故选：A.3．D【分析】利用斜二测画法，由直观图作出原图三角形，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】因为OAB△是等腰直角三角形，2OB=，所以

2OAAB==，所以原平面图形为：且2OBOB==，OAOB⊥，222OAOA==所以原平面图形的面积是1222222=，故选：D4．C【分析】利用复数的乘法法则化简复数z，由此可得出结论.【详解】()22364ziii=−+=−−，因此，复数z在复平面内的点位于

第三象限.故选：C.5．B【分析】先根据1ab−=rr得12ab→→=，再根据向量模的公式计算即可得答案.【详解】因为,ab→→为单位向量，且1ab−=rr，所以()21ab−=，所以222+1aabb−=，解得12

ab→→=，所以222+2+2+447ababaabb==+=.故选：B.6．D【分析】由余弦定理化简可得222acb+=，即可判断.【详解】cosabC=，余弦定理可得2222abcabab+−=，则22222aabc=+−，则222a

cb+=，所以ABC为直角三角形.故选：D.7．D【分析】将向量AD→用,ABAC→→表示，求得模长及ABAD→→，从而利用投影公式求得向量AB→在向量上的AD→投影向量即可.【详解】由题知D点是BC的四等分点，设三角形边长为a，则1113()4444ADACC

DACCBACABACABAC→→→→→→→→→→=+=+=+−=+，22222131935313cos44161688834ADABACABACABACaaa→→→→→→→=+=++=+=

，22213135()cos444438ABADABABACaaa→→→→→=+=+=，则向量AB→在向量上的AD→投影向量为：2225108cos,13134aADABADABABADADADADADADa→→→→→

→→→→→→===，故选：D【点睛】关键点点睛：表示出AD→，计算得到ABAD→→，利用投影公式求解.8．C【分析】根据空间平行关系分别判断每个命题即可.【详解】①由平行线间的传递性可知，平行于同一条直线的两条直线平行，故①正确；②平行

于同一条直线的两个平面平行或相交，故②错误；③平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面，故③错误；④根据平面平行的性质，平行于同一个平面的两个平面平行，故④正确.故选：C.9．C【分析】由长方体的对角线公式，算出长方体

对角线1AC的长，从而得到长方体外接球的直径，结合球的表面积公式即可得到，该球的表面积．【详解】长方体1111ABCDABCD−中，5AB=，4=AD，13AA=，长方体的对角线2222221134552ACABADAA=++=++=，长方体111

1ABCDABCD−的各顶点都在同一球面上，球的一条直径为152AC=，可得半径522R=，因此，该球的表面积为225244()502SR===故选：C．10．A【分析】根据平面向量的线性运算求解．【详解】由//

DCAB得DEFBEA，所以12DEFEDFEBAEAB===，所以222112()()333233AEAFADDFADABABAD==+=+=+．故选：A．11．ABD【分析】根据空间直线与直线、直线与

平面、平面与平面的位置关系逐个分析可得答案.【详解】对于A，若////mnn，，则//m或m，故错A误；对于B，若//mn，，则//mn或,mn为异面直线，故B错误；对于C，若//则与无公共点，因为m，所以m与无公共点，所以//m，故C正确；对于D，若//m

nmn，，，则//或与相交，故D错误.故选：ABD12．BD【分析】根据余弦定理，代入即可求得角B.【详解】根据余弦定理可知2222cosacbacB=+−，代入化简可得sin2cos3cosBacBacB=，即3sin2B=，因为0B

，所以3B=或23B=，故选：BD.【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.13．12【分析】利用圆锥的轴截面是面积为43的等边三角形求出圆锥的底面半径和母线长，然后再求圆

锥的表面积．【详解】设圆锥轴截面正三角形的边长是a，因为正三角形的面积为43，所以23434a=，4a=，所以圆锥的底面半径22ar==，圆锥的母线4la==，这个圆锥的表面积是：2222412rrl+=+=故答案为：12．14．924【分析

】由余弦定理求出第三边c，再由正弦定理求出三角形外接圆的直径．【详解】设ABC中，2a=，3b=，且1cos3C=，由余弦定理可知22212cos131293cababC=+−=−=,3c=又212sin1()233C=−=，由正弦定理可知外接圆直径为：3922.s

in2342cRC===故答案为：924【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平；在ABC中，2sinsinsinabcRABC===，其中R为三角形外接圆的半径,常用来求三角形外接圆的半径（直径）.15．2【分析】由复数的运算法则

，求得122(2)zzbbi=−++，结合12zz为纯虚数，列出方程组，即可求解.【详解】由复数121,2zizbi=+=+，可得12(1)(2)2(2)zzibibbi=++=−++，因为12zz为纯虚数，可得2020bb−=+，解

得2b=.故答案为：2.16．4【分析】根据||3a=，||2b=，且a与b的夹角为60，利用数量积的定义和运算律求解.【详解】因为向量a，b满足||3a=，||2b=，且a与b的夹角为60，所以22()(2)2ababaabb−+=+−，2932cos

60224=+−=．故答案为：417．（1）3，（2）7【分析】（1）在△ABC中直接利用正弦定理求解即可；（2）先求出120ACD=，然后在ACD△中利用余弦定理求解即可【详解】解：（1）如图所示，在△ABC中，由正弦定理得，sinsin

ACABABCACB=,则36sin45sin23sinsin60ABABCACACB===，（2）因为∠ACB＝60°，所以120ACD=,在ACD△中，由余弦定理得，2212cos12092523572ADACCDACCD=+−=++

=【点睛】此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题18．（1）52；（2）3−.【分析】（1）根据向量模的计算公式可得结果；（2）由ab⊥可得0ab=即可解得结果.【详解】（1）(1,2),2(5,5)aab

=+=.22|2|55ab+=+52=（2）若ab⊥，则0ab=，即30m+=所以3m=−.19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连BD，使BDACG=，连EG，可得1//DBGE，即可证明；（2）通过1//BFCE证明1//BF平面ACE，再结合（1）即可证明.【详

解】（1）连BD，使BDACG=，连EG．∵ABCD是正方形，BDACG=，DGBG=．又E是1BB中点，1BEBE=，1//DBGE，又1DB平面ACE，GE平面ACE，∴1//BD平面ACE．（2）∵E是棱1BB的中点，F是棱1CC的中点．1//B

ECF且1BECF=，1BECF是平行四边形，1//BFCE，又1BF平面ACE，CE平面ACE，1//BF平面ACE，由（1）1//BD平面ACE，又111=DBBFBQ，∴平面1BDF

//平面ACE．20．证明连接MO.（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点．又∵M是PC的中点，∴AP∥OM.又∵AP⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，∴AP∥平面BDM.（2）由（1）可知AP∥平面BDM.又∵A

P⊂平面APGH，平面APGH∩平面BDM＝GH，∴AP∥GH.21．（1）3，2c=；（2）32.【分析】（1）由向量垂直得数量积为0，再由正弦定理化边为角，可求得B角，然后由余弦定理求得c，注意取舍．

（2）由向量的线性运算求得D在BC上位置，利用ABC的面积得出结论．【详解】（1）由pq⊥urr，即()(),sin2,sinsin2sin=0abBAaBbA−=−，由正弦定理，2sinsincossinsin0ABBBA−=，又sin0sin0AB，，1cos2B=，又0,,=23

BB．由2222cosbacacB=+−，代入3=7ab=，得2320cc−+=，=c1或2，又1c=时，222abc+，不合题意，舍；2c=时，222abc+，符合题意，所以2c=．（2）→→=DCBD2D∴在BC上，且为靠近C的三等分点，1

1333sin322222ABCSacB===△，113333322ACDABCSS===△△．【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，平面向量垂直的数量积表示，解题关键是由正弦定理化边为角．在解三角形中

已知两边和一边对角求第三边时也可以应用余弦定理列式求解，同样需要判断三角形解的情况．22．（1）证明见解析；（2）在OD上是存在OE中点F，使//BF平面ACE成立，证明见解析.【分析】（1）取AD上靠近A的三等分点G，连接MGNG，，可得//MGOD，进而证明

//MG平面OCD，同理证明//NG平面OCD，得出面//MNG平面OCD即可证明；（2）存在OE中点F，连BFBD，，使=BDACP，连PE，得出//PEBF即可证明.【详解】（1）如图，取AD上靠近A的三等分点G，连接MGNG，，AOD△中，:1:2:=1:2AMMOAGGD=，，

则//MGOD，又MG平面OCD，OD平面OCD，//MG平面OCD，同理，//NG平面OCD，又=MGNGG，∴平面//MNG平面OCD，又MN平面MNG，∴//MN平面OCD．（2）存在OE中点F，使//BF平面ACE成立．取OE中点F，连BFBD，，使=BDA

CP，连PE．ABCD是矩形，P是BD的中点，又E是OD上靠近点D的一个三等分点，且F是OE中点，E是FD的中点，BDF中，//PEBF，又PEQ平面ACE，BF平面ACE，//BF平面ACE，故在OD上是存在OE中点F，使/

/BF平面ACE成立．【点睛】关键点睛：本题考查线面平行的证明，解题的关键是正确理解线面平行的判定定理以及面面平行的性质.