2022-2023学年甘肃省武威市民勤重点中学高一（下）第二次月考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年甘肃省武威市民勤重点中学高一（下）第二次月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.复数z=(3−2A.12+5i B.12−5i2.已知向量a=(2,1),A.(−2,−1) B.(3.在△ABC中，已知A=60°，BA.43 B.4 C.44.如图，在△ABC中，D为AB的中点，E为CD的中点，设AB=a，AC=

A.12a+b B.14a5.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=BC=A.510 B.3434 C.6.如图所示，在三棱台A′B′C′−ABC中，沿AA.三棱锥 B.四棱锥 C.三棱柱 D.组合体7.已知向量a，b的夹角为5π6，且|a|=2A.172 B.43 C.2138.如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且AD=3AE，BC=3BF，设P、Q分别为线段AA.直线AB/​/直线CD B.直线PQ/​/直线ED

C.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列结论中正确的是(

)A.正四面体一定是正三棱锥

B.正四棱柱一定是长方体

C.棱柱的侧面一定是平行四边形

D.棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面10.下列说法中正确的是(

)A.终边在y轴上的角的集合是{α|α=kπ2,k∈Z}

B.函数y=cos(−11.设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中一定正确的是(

)A.若m/​/α，n/​/β，m⊥n，则α⊥β

B.若m/​/α，n⊥β，m/​/n，则α/12.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1A.AD1/​/平面BOC1 B.BD⊥平面COC1三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.(易线性表示)设a，b是两个不共线的非零向量，若向量ka+2b与8a+k14.(1+tan15.如图所示(单位：cm)，直角梯形ABCD挖去半径为2的四分之一圆，则图中阴影部分绕AB

16.若0<α<π2,0四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)已知sinθ=4(1)求(2)求18.(本小题12.0分)

如图，已知点P是正方形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点．

(1)求证：MN/​/平面PAD；

(2)若PB中点为Q，求证：平面MNQ19.(本小题12.0分)

(1)计算：cos157°+sin20.(本小题12.0分)

在四棱锥P−ABCD中，AB/​/CD，AD=2，AB=2，CD=221.(本小题12.0分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别a，b，c，且bcosA+acosB=2ccosA．22.(本小题12.0分)

在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB=2BC=2CD，如图①，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点P的位置，如图②．

(

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：z=(3−2i)(2+3i)=6+2.【答案】A

【解析】解：∵a=(2,1),b=(x,−2)，且a/​/b，

∴2×3.【答案】C

【解析】解：因为在△ABC中，已知A=60°，BC=4，

设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得2R=BC4.【答案】B

【解析】【分析】本题考查向量的四则运算，向量在几何中的应用，考查计算能力．

利用向量的加减法运算法则，化简求解即可．【解答】解：因为E为CD的中点，则AE=12(AD+AC).因为D为AB的中点，则AD=12

5.【答案】C

【解析】解：取C1D1的中点F，连接EF，CF，B1D1，

根据题意易知EF//B1D1//BD，

∴∠CEF为异面直线BD6.【答案】B

【解析】解：如图所示，

三棱台A′B′C′−ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′−A7.【答案】C

【解析】解：因为b=(−3,4)，所以|b|=5，

因为向量a，b的夹角为5π6，且|a|=23，

所以a⋅b=28.【答案】B

【解析】解：根据题意，取EF的中点M，连接PM、NM、PQ、AD，

依次分析选项：

对于A，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且AD=3AE，BC=3BF，则AE=BF，

又由AE/​/BF，则有四边形ABFE为矩形，则有AB/​/EF，

同理：EF//CD，则有AB/​/CD；

对于B，Q为线段CE的中点，M为EF的中点，则MQ//ED，PQ和ED不一定平行；

对于C，P、Q9.【答案】AB【解析】解：正四面体一定是正三棱锥，A正确；

正四棱柱的底面是正方形，棱长与底面垂直，所以正四棱柱一定是长方体，所以B正确；

棱柱的侧面一定是平行四边形，满足棱柱的定义，所以C正确；

如果棱柱的底面是正六边形，可知棱柱的侧面中，对面平行，不可能是棱柱的底面，所以D不正确；

故选：ABC．

利用棱柱、棱锥的结构特征判断选项的正误即可．

10.【答案】BD【解析】解：对于A选项，终边在y轴上的角的集合是{α|α=π2+kπ,k∈Z}，A选项错误；

对于B选项，函数y=cos(−2x)=cos2x的最小正周期为2π2=π,B选项正确；

对于C选项，函数y=sin(x+3π2)=−cosx在[0,π]上是增函数，C选项错误；

对于D选项，当x∈(0,π2)时，如下图所示：

设锐角x的终边与单位圆O的交点为A，过点A作AB⊥x轴，垂足为点B，

设单位圆与x轴的交点为点C，则AC=x，AB=sin11.【答案】CD【解析】解：对于A项，当m⊂γ，n⊂γ且α//β//γ时符合要求，

但α⊥β，故A不正确；

若n⊂α，则α⊥β，故B不正确；

若m⊥α，m/​/n，

则n⊥α，

又n⊥β，

∴α/​/β，故C正确；

因为m⊥α，若m与n平行，则n⊥α，12.【答案】AB【解析】解：∵AD1//BC1，AD1⊄平面BOC1，BC1⊂平面BOC1，∴AD1/​/平面BOC1，A对；

因为BD⊥CO，又CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以BD⊥CC1，CD∩CC1=C，13.【答案】−4【解析】解：向量ka+2b与8a+kb的方向相反，可得ka+2b=t(8a+kb)(t<014.【答案】2

【解析】解：因为tan(7°+38°)=tan7°+tan38°1−tan7∘⋅ta15.【答案】1403【解析】解：根据题意，阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体可以由圆台中挖去一个半球，

则其体积V=V圆台−V半球=16.【答案】5665【解析】解：因为0<α<π2,0<β<π2，所以0<α+β<π,−π4<β−π4<π4，

17.【答案】解：(1)∵sinθ=45，θ为第二象限角，

【解析】(1)根据同角三角函数结合已知得出cosθ，即可根据二倍角的正弦公式代入数值得出答案；

18.【答案】(1)证明：取PD的中点E，连接AE，NE，因为N是PC的中点，所以NE//DC,EN=12DC，

又M是AB的中点，ABCD是正方形，所以AM//DC且AM=12AB=12DC，

所以NE//AM且NE=AM，所以四边形AMNE为平行四边形，

所以MN/​/AE，又MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，所以MN/​/平面PAD．

(2)证明：因为Q为PB的中点，M是AB的中点所以MQ//AP，

又MQ⊄平面PAD，AP⊂平面【解析】(1)证明MN/​/AE即可；(2)结合(1)，再证明M19.【答案】解：(1)cos157°+sin【解析】(1)由已知结合两角和的余弦公式进行化简即可求解；

(2)20.【答案】(1)证明：取CD的中点E，连接PE，AE，如图，

易知DE=2，PD=2，∠PDE=45°，

在△PDE中，由余弦定理得，PE2=PD2+DE2−2PD⋅DEcos∠PDE=2，

则DE2+PE2=PD2，故PE⊥CD，

由AD=2，DE=2，∠ADE=45°，同理可得AE=2且AE⊥CD，

故∠AEP为二面角A−DC−P的平面角，

又PA=2，则AE2+PE2=PA2，故∠PEA=90°，故平面PDC⊥平面【解析】(1)作出辅助线，由余弦定理得到DE2=2，由勾股定理逆定理得到PE⊥CD，找到∠AEP为二面角A−DC−P的平面角，且21.【答案】解：(1)△ABC中，bcosA+acosB=2ccosA，

由正弦定理得sinBcosA+sinAcosB=2sinCcosA，

所以sin(A+B)=2sinCc【解析】(1)利用正弦定理与三角形的内角和定理，即可求出cosA和A的值．

(2)根据平面向量的线性表示，用AB、AC表示22.【答案】证明：(1)在图1中，因为AB=2BC