【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．→→+ADAB32

31B．→→+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．5

6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12222

22=，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12ab→→=，所以222+2+2+447ababaabb==+=.故选：B.6．D【分析】由余弦定理化简可得2

22acb+=，即可判断.【详解】cosabC=，余弦定理可得2222abcabab+−=，则22222aabc=+−，则222acb+=，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()4444ADACCDACCBACABACABAC→→→→→→→→→→=+=+=+−=+，22222131935313cos44161688834ADABACABACAB

ACaaa→→→→→→→=+=++=+=，22213135()cos444438ABADABABACaaa→→→→→=+=+=，则向量AB→在向量上的AD→投影向量为：2225108cos,13134aADABADABABA

DADADADADADa→→→→→→→→→→→===，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1111ABCDABCD−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12DEFEDFEBAEA

B===，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//mnmn，，，则//或与相交，故D错误.故选：ABD1

2．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.sin2342cRC===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−+=+−，2932cos60224=+−=．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，sinsinACABABCACB=,则36sin45sin23sinsin60

ABABCACACB===，（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0

ab=，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//BECF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∵AP⊂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,sinsin2s

in=0abBAaBbA−=−，由正弦定理，2sinsincossinsin0ABBBA−=，又sin0sin0AB，，1cos2B=，又0,,=23BB．由2222cosbacacB=+−，代入3=7ab=，得2320cc−+=，=c1或2，又1c=时，222ab

c+，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，11333sin322222ABCSacB===△，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=BDACP，连PE．AB

CD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.