数学高一-江苏省南京市师范大学附属中学秦淮科技高中2022-2023学年高一下五月月考数学答案

2022-2023学年南京师范大学附属中学秦淮科技高中高一下五月月考试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．设复数z＝，则的虚部是（）A．i B．﹣i C．1 D．﹣1【解答】解：z＝＝＝i，故＝﹣i，其的虚部是﹣1，故选：D．2．在△ABC中，内角A、B满足sin2A＝sin2B，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【解答】解：法1：∵sin2A＝sin2B，∴sin2A﹣sin2B＝cos（A+B）sin（A﹣B）＝0，∴cos（A+B）＝0或sin（A﹣B）＝0，∴A+B＝90°或A＝B，则△ABC一定是直角三角形或等腰三角形．法2：∵sin2A＝sin2B，且A和B为三角形的内角，∴2A＝2B或2A+2B＝180°，即A＝B或A+B＝90°，则△ABC一定是等腰或直角三角形．故选：D．3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若c＝4，a＝4，A＝45°，则sinC等于（）A． B． C． D．【解答】解：∵c＝4，a＝4，A＝45°，∴由正弦定理，可得：sinC＝＝＝．故选：A．4．已知向量，且，则tan（π+α）＝（）A． B． C． D．【解答】解：∵，∴3cosα﹣4sinα＝0，可得tanα＝，则tan（π+α）＝tanα＝，故选：D．5．下列说法正确的是（）A．若与共线，则＝或者＝﹣ B．若•＝•，则＝ C．若△ABC中，点P满足2＝+，则点P为BC中点 D．若，为单位向量，则＝【解答】解：对于A，根据共线向量的定义显然不成立，对于B，令＝，显然不成立，对于C，根据向量的运算性质，成立，对于D，根据单位向量的定义，显然不成立，故选：C．6．已知直线a、b是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（）A．若a⊥α，a⊥β，则α∥β B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b C．若a⊥b，b⊥α，a∥β，则α∥β D．若α∥β，a与α所成角和b与β所成角相等，则a∥b【解答】解：若a⊥α，a⊥β，由直线与平面垂直的性质可得α∥β，故A正确；若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b或a与b相交或a与b异面，故B错误；若a⊥b，b⊥α，则a∥α或a⊂α，又a∥β，则α∥β或α与β相交，故C错误；若α∥β，a与α所成的角和b与β所成的角相等，可得a与α所成的角和b与α所成的角相等，则a与b的位置关系可能平行、可能相交、也可能异面，故D错误．故选：A．7．设a＝sin250°，b＝﹣cos50°，c＝，则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜c＜a D．a＜c＜b【解答】解：对于＝，所以b﹣a＝＝，故：b＞a，由于，a﹣c＝sin50°（sin50°﹣cos50°）＞0，故a＞c，故：b＞a＞c．故选：B．8．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B（含边界）上的动点．要使AB1⊥平面C1DF，则线段C1F的长的最大值为（）A． B． C． D．【解答】解：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE，当点F在DE上时，AB1⊥平面C1DF．证明如下：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，∴C1D⊥平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1，以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∴A（1，0，2），B1（0，1，0），D（，0），E（0，1，），∴＝（﹣1，1，﹣2），＝（﹣），此时•＝0，∴AB1⊥DE，∴AB1⊥平面C1DF，由题意得当E，F为重合时，线段C1F最大，此时C1F＝．故选：A．二．多选题（共4小题）9．设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题正确的是（）A．若，则z1＝z2 B．|z1z2|＝|z1||z2| C．若，则|z1z2|＝|z1z3| D．【解答】解：对于A：•z1＝|z1|2，知z1z2＝•z1，∴z1（z2﹣）＝0，又z1≠0，∴z2＝，故A不正确；对于B：由复数模的定义可知|z1z2|＝|z1||z2|，故B正确；对于C：∵，z1≠0，∴z1••z1，∴|z1|＝|z1z3|，∵|z1|＝||z1|||＝|z1|z2|＝|z1z2|，∴|z1z2|＝|z1z3|，故C正确；对于D：设z1＝a+bi，z2＝c+di，a，b，c，d∈R，∴z1z2＝ac﹣bd+（ad+cb）i，∴＝ac﹣bd﹣（ad+cb）i，＝a﹣bi，＝c﹣di，＝（a﹣bi）（c﹣di）＝ac﹣bd﹣（ad+bc）i，故＝．故D正确．故选：BCD．10．已知向量，，则下列命题正确的是（）A．的最大值为 B．若，则 C．若是与共线的单位向量，则 D．当取得最大值时，【解答】解：对A选项，||＝|（cosα﹣2，sinα﹣1）|＝＝＝，其中tanβ＝2，α∈R，∴当sin（α+β）＝﹣1时，||取得最大值，∴A选项正确；对B选项，若，等式两边平方整理得，∴2cosα+sinα＝0，∴tanα＝﹣2，∴B选项错误；对C选项，与共线的单位向量＝±＝＝或，∴C选项错误；对D选项，∵f（α）＝＝2cosα+sinα＝，其中tanθ＝2，α∈R，∴当，（k∈Z）时，sin（α+θ）＝1，f（α）取得最大值，此时，k∈Z，其中tanθ＝2，∴tanα＝＝，∴D选项正确．故选：AD．11．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（）A．斜三角形ABC中，tanAtanBtanC＝tanA+tanB+tanC B．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解 C．若acosB﹣bcosA＝c，则△ABC一定为直角三角形 D．若a＝4，b＝5，c＝6，则△ABC外接圆半径为【解答】解：对于A，在斜△ABC中，tanA+tanB+tanC＝tanA+tanB﹣tan（A+B）＝＝＝，选项A正确；对于B，由于A为锐角，且，则△ABC有两解，选项B正确；对于C，由于acosB﹣bcosA＝c，则sinAcosB﹣sinBcosA＝sinC，即sin（A﹣B）＝sin（A+B），∴2cosAsinB＝0，又A，B为△ABC内角，则cosA＝0，即，选项C正确；对于D，由余弦定理可得，，在△ABC中，有，∴△ABC外接圆半径为，选项D错误．故选：ABC．12．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则（）A．直线BD1⊥平面A1C1D B．三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值 C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为【解答】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AB＝1，如图，B（1，1，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），C1（0，1，1），D（0，0，0），B1（1，1，1），C（0，1，0），A（0，1，1），设P（x，y，z），设＝＝（x﹣1，y﹣1，z﹣1）＝λ（﹣1，0，﹣1），λ∈[0，1]，解得，∴P（1﹣λ，1，1﹣λ），对于A，＝（﹣1，﹣1，1），＝（1，0，1），＝（0，1，1），∵•＝﹣1×1+1×1＝0，＝﹣1×1+1×1＝0，∴，，∴BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，∵DA1∩DC1＝D，∴直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；对于B，侧面BCC1B1的对角线交于点O，∴CB1⊥OC1，＝，∵A1B1⊥平面BCC1B1，OC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥OC1，∵A1B1∩CB1＝B1，∴OC1⊥平面A1B1CD，＝＝＝为定值，故B正确；对于C，＝（﹣λ，1，1﹣λ），＝（1，0，1），设异面直线AP与A1D所成角为θ（），则cosθ＝＝＝，当时，cosθ＝0，解得，当时，cosθ＝＝，∵λ∈[0，）∪（]，∴（2λ﹣1）2∈（0，1]，∴≥1，∴，∴1+≥4，∴≥2，∴0＜，∴0，∴θ∈[），综上，θ∈[]，故C错误；对于D，设平面A1C1D的法向量为＝（x0，y0，z0），＝（1﹣λ，0，2﹣λ），∴，∴，解得＝（﹣1，﹣1，1），线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：＝＝＝，∵λ∈[0，1]，∴λ＝1时，有最小值为，∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为＝，故D错误．故选：AB．三．填空题（共4小题）13．已知复数z满足（1+i）z＝2﹣i（i为虚数单位），则|z+i|＝．【解答】解：由（1+i）z＝2﹣i得，z＝＝＝，故|z+i|＝＝＝，故答案为：．14．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值为．【解答】解：连接BD，则∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1⊥面ABCD，∴∠D1BD是直线DB1与平面ABCD所成角设棱长为1，则DB1＝，∴直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值为．故答案为：．15．等边△ABC中，已知AB＝1，点M在线段BC上，且满足BM＝2CM，N为线段AB的中点，CN与AM相交于点P，则cos∠MPN＝﹣．【解答】解：以BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴，建立如图所示的坐标系，∵AB＝1，∴B（﹣，0），C（，0），A（0，），∵点M在线段BC上，且满足BM＝2CM，N为线段AB的中点，∴M（，0），N（﹣，），∴＝（，﹣），＝（﹣，），∴cos∠MPN＝＝＝﹣，故答案为：﹣．16．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC＝ccosB，则＝2，的最小值为．【解答】解：因为2bcosC＝ccosB，所以2sinBcosC＝sinCcosB，即2tanB＝tanC，∴＝2，又因为A+B+C＝π，所以tanA＝tan[π﹣（B+C）]＝﹣tan（B+C）＝﹣＝，所以＝++＝+＝＝tanB+≥2＝（当且仅当tanB＝，即tanB＝，取“＝”）．故答案为：2；．四．解答题（共6小题）17．（1）若复数z＝（m2+2m﹣3）+（m2+5m+6）i是纯虚数，求实数m的值；（2）若复数z满足z+（z+）i＝（1+i）（3﹣i），求复数z．【解答】解：（1）∵z＝（m2+2m﹣3）+（m2+5m+6）i是纯虚数，∴，解得m＝1．（2）设z＝a+bi，a，b∈R，∵z+（z+）i＝（1+i）（3﹣i），∴a2+b2+2ai＝4+2i，∴，解得a＝1，b＝或a＝1，b＝﹣，故z＝或z＝1﹣．18．如图所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点．（1）求证：MN∥平面PAD．（2）求证：MN⊥CD．【解答】证明：（1）取PD的中点E，连接AE，EN．∵E，N分别是C，D中点，∴ENCD，又∵CD∥AB，M是AB中点，∴AMCD，∴AMEN，∴四边形AMNE是平行四边形，∴MN∥AE．∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，∴MN∥平面PAD．…（6分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，又∵MN∥AE，∴CD⊥MN．…（12分）19．在①b+bcosC＝csinB，②S△ABC＝，③（3b﹣a）cosC＝ccosA，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决问题．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足_____．（1）求cosC的值；（2）若点E在AB上，且＝2，CE＝，BC＝3，求sinB．【解答】解：（1）若选①：因为b+bcosC＝csinB，由正弦定理可得sinB+sinBcosC＝sinCsinB，因为sinB≠0，所以1+cosC＝sinC，联立，解得cosC＝，sinC＝，故cosC＝．若选②：因为S△ABC＝，所以absinC＝bacosC，即sinC＝2cosC＞0，联立sin²C+cos²C＝1，可得cosC＝．若选③：因为（3b﹣a）cosC＝ccosA，由正弦定理可得（3sinB﹣sinA）cosC＝sinCcosA，所以3sinBcosC＝sinAcosC+sinCcosA＝sin（A+C）＝sinB，因为sinB≠0，所以cosC＝．（2）由余弦定理可得cos∠AEC＝＝cos∠BEC＝＝，因为cos∠AEC+cos∠BEC＝0，所以+＝0，即2c²+9EC²﹣3b²﹣6a²＝0，则2c²﹣3b²＝6a²﹣9EC²＝6×9﹣9×＝13，①同时cosC＝＝，即b²﹣c²＝2b﹣9，②联立①②可得b²+4b﹣5＝0，解得b＝1，则c＝2，故cosB＝＝，则sinB＝．20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．（1）若PA＝PD，求证：AD⊥平面PQB；（2）若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝3MC，求三棱锥P﹣QBM的体积．【解答】证明：（1）∵PA＝PD，∴PQ⊥AD，又∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∴BQ⊥AD，PQ∩BQ＝Q，∴AD⊥平面PQB解：（2）∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD，∴PQ⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PQ⊥BC，又BC⊥BQ，QB∩QP＝Q，∴BC⊥平面PQB，又PM＝3MC，∴VP﹣QBM＝VM﹣PQB＝．21．某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角△ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圈上一点（异于B，C），点H在线段AB上，且满足CH⊥AB．已知∠ACB＝90°，AB＝1dm，设∠ABC＝θ．（1）为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC＝∠PCB，且CA+CP达到