2020-2021学年江苏省苏州市吴江区汾湖某高级中学高一（下）反馈数学试卷（5月份）（附答案详解）

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件2020-2021学年江苏省苏州市吴江区汾湖高级中学高一

（下）反馈数学试卷（5月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知复数Z=詈（i为虚数单位），则复数Z的模|z|=（）1—21A.1 B.V2 C.2 D.4.cos56°cos260+sin56°cos64°的值为（）A.； B. C.更 D.一直2 2 2 2.已知a,b是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，且au0,aC0=b,则A.充要条件B.A.充要条件.已知tana=V2>贝！12+cos2a=()A.1 B.| C.2 D.3.已知向量五,b满足|五| |b|=2,|丘+b|= 则向量Z与b夹角的余弦值为（）6.A--T b.?V33如图，在正方体中，截面与底面6.A--T b.?V33如图，在正方体中，截面与底面48CD所成锐二面角41一8。一A的正切值为（）V33A.叵 B.在 C.V2 D.V32 2.下列命题中正确的是（）A.有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱B.各个面都是三角形的几何体是三棱锥C.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线.在ZMBC中，角4,B,C所对的边分别为a,b,c,若3正•通-而•配=2琮（•而,2b=bcosC+ccosB,则cosC的值为（）

A-1bTA-1bT二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）.已知函数/'（x）=,si7i2x+当cos2x，则下列选项正确的有（）A.f（X）的最小正周期为7TB.曲线y=/（x）关于点©,0）中心对称C.f（x）的最大值为代D.曲线y=/（x）关于直线％=珊对称10.已知m,n为两条不同的直线，a,0为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（）A.若zn〃a,nca,则m〃nB.若m1a,n//a,则m1nC.若mJ.a,nl0,a〃0,则7n〃nD.若m_Ln,nip,al/?,则7nla11.下列计算正确的选项有()A.i+tanl5°l-tanl50A.i+tanl5°l-tanl50=V312.如图，点P在正方体的面对角线12.如图，点P在正方体的面对角线B.sin50°(l+V3tanl00)=2^^—2cosG4+B)=也sinA sinBD.— -=-^―tanStanldsin26Bq上运动，则正确的结论是（）A.三棱锥A-DiPC的体积不变&P〃平面ACQDP1BCiD.平面PDBi1平面AC£)i三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）.甲船在湖中B岛的正南A处，AB=12km,甲船以8k7n//i的速度向正北方向航行，同时乙船从B岛出发，以8km"的速度向北偏东60。方向驶去，则行驶半小时两船的距离是km..现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为..中华人民共和国国歌有84个字，37小节，奏唱需要46秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度15。的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60。和30。，第一排和最后一排的距离为10近米(如图所示),旗杆底部与第一排在同一个水平面上，要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为米/秒.f/旗杆最后一排金鸳2_

第一排.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖膈，若三棱锥P-ABC为鳖膈，PA1平面ABC,PA=AB=2,AC=2y[2,则三棱锥P-ABC的表面积为.四、解答题(本大题共6小题，共70.0分).设实部为正数的复数z,满足|z|=g，且复数(l+2i)z在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上.(1)求复数z；(2)若£+*(m6R)为纯虚数，求实数m的值..如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形4BCD为矩形，AB1BP,M,N分别为AC,PC的中点.(1)求证：MN〃平面4BP：(2)若BPJ.PC,求证：平面4BPJ■平面4PC.D.已知向量W=(sinx,|),b=(cosx,-l).(1)当五〃万时，求2cos2%-sin2x的值；(2)求/'(%)=(4+方).另在［一，0］上的最大值.1.如图1,在直角梯形ABCD中，AB//CD,AB1AD,且AB=4。=^CD=1.现以为一边向梯形外作正方形ACEF,然后沿边AD将正方形ACEF翻折，使平面ACEF与平面ABCC垂直，M为ED的中点，如图2.(1)求证：AM〃平面BEC；(2)求证：86:1平面8。七：(3)求点。到平面BEC的距离.E图1 图2.在△ABC中，设角4,B,C的对边长分别为a,b,c,已知也三竺=上］sinCa+b(1)求角B的值；(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2,求△ABC的面积S的取值范围..如图，在菱形ABC。中，BE=^BC,CF=2FD.(1)若前=x荏+y而，求3x+2y的值：(2)若|荏|=6，/.BAD=60°,求而•加.(3)若菱形ABCD的边长为6,求荏•品的取值范围.答案和解析.【答案】C【解析】解：:z=当，1—21.. ,4+2i. |4+2i| V42+22 2a/5n,.•团=』=询=不乖乖=词=2.故选：C.直接利用商的模等于模的商求解.本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题..【答案】C［解析】解：cos56°cos26°+sin56°cos640=cos56°cos26°+sin560sin26°=cos(56°-26°)=cos300=y.故选：c.由题意，利用诱导公式、两角差的余弦公式，计算求得结果.本题主要考查诱导公式、两角差的余弦公式的应用，属于基础题..【答案】B【解析】解：①若Q1Q,aC\B=b,则bua,・・.Q1b,・•.充分性成立，②若q1b,则a与a不一定垂直，・•・a1a是q1b的充分不必要条件，故选：B.根据线面垂直的性质定理即可判断出结论.本题考查了线面垂直的性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与直观想象能力，属于基础题..【答案】A【解析】解：因为=所以2+cos2a=2sin2a+2cos2a+cos2a-sin2a=sin2a+3cos2a=‘血。-sin/a+cos/atan2a+3_2+3_5tan2a+l-2+1-3°故选：A.由已知利用同角三角函数基本关系式，二倍角公式化简所求即可求解.本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用,考查了计算能力和转化思想，属于基础题..【答案】A【解析】【分析】本题考查了平面向量数量积与模长、夹角公式的应用问题，属于基础题.把|Z+B|=y两边平方，代入数量积公式即可求得向量五与石夹角的余弦值.【解答】解：由|初=6，|b|=2,|a4-b|=V5»得(5+b)2=5,即|4『+2五.1+|了|2=5，所以3+2xV3x2cos<a»K>+4=5»解得cos<a,b>=>即向量五与石夹角的余弦值为-立.6故选：A..【答案】C【解析】解：如图所示，连接47交BD于点。，连接为。,则A01BD,Ar01BD,N&04为二面角4-BD-4的平面角,设4遇=a,贝!]40=ya，所以tan44°4=*=鱼故选：C.连接AC交BD于点0,连接40,根据条件可知乙4104为所求的角，再求出乙丁。?!即可.本题考查了二面角的求法，考查了转化思想，属于基础题..【答案】D【解析】解：对于从上下底面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱，假如两个斜棱柱叠放在一块，就不叫棱柱，故A错误：对于B：各个面都是三角形的几何体是三棱锥，与棱锥的定义矛盾，故B错误；对于C：只有夹在圆柱的两个平行截面间且平行于底面的几何体才是一个旋转体，故C错误；对于D：圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线，故。正确.故选：D.直接利用锥体和柱体的定义判定A、B、C、。的结论.本题考查的知识要点：锥体，柱体的定义，主要考查学生对几何体的定义的理解，属于基础题..【答案】D【解析】解：由若•AB-BABC-2CA-而可得,3bccosA-accosB=2abcosC,由余弦定理得3(/+c2-a2)-(a2+c2-fe2)=2(a2+b2-c2),即扭+2c2=3a2,①由正弦定理结合2b=bcosC+ccosB可得，2sinB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA,:.2b=a②由①②得，1162=2c2,故选：D.先利用平面向量数量积运算化简3万•丽-瓦4・瓦；=2CACB＞借助余弦定理进一步化简，再根据正弦定理化简2b=bcosC+ccosB,得出a=2b,从而解决问题.本题考查平面向量与正余弦定理的综合问题，属于中档题目..【答案】ACD【解析】【分析】本题主要考查两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，属于中档题.由题意利用两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，得出结论.

【解答】解：•.・函数/'(X)=V3sin(2x+》，由于/(x)的最小正周期7=§=兀，故A正确；由于/(二)=百sin(2、工+乙)=立中0，故8错误；3 3 6 2由于f(X)max=遮，故C正确；由于=V3sin(2X?+勺=H为函数最值，故。正确,O OO故选：ACD..【答案】BC【解析】解：若小〃。，nua,则?n〃n或ni与n异面，故A错误；若jnJ.a,则m与所有与a平行的直线垂直，又71〃出所以mln,故B正确；若》nJ.a,a//p,则ml/?,又n10,所以m〃n,故C正确；若m_Ln,n10,则mu0或m〃.，又a_LA，则mua或m〃a或?n与a相交，相交也不一定垂直，故。错误.故选：BC.由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题..【答案】ABDl+tanl5°tan45°+tanl50l-tanl50l-tan450tanl50l+tanl5°tan45°+tanl50l-tanl50l-tan450tanl50=tan60°=V3,故A正确•••sin50°■(•••sin50°■(1+V3tanl0°)=sin500•] 炳coslQ°+y/3sinlQ°o._MO-cos100+—sin10° =2sm50°-2 J coslO®coslO°2sin50。.3(6。。-】。2COS10°=2sin500•cos50°sinlQ0°cos10°cos100 coslO* cos1002,故3正确;•••里吆曳—2cos(4+=2sin500•cos50°sinlQ0°cos10°cos100 coslO* cos1002,故3正确;•••里吆曳—2cos(4+B)=

sinA ' 'sinAcos(A+B')^-cosAsin(A+B')2sinAcos(A+B')sinAsinA-sinAcos(A+B')+cosAsin(A+B')_sin(4+B-4)sinAsinA=吗，故c错误;sinAstnBcosOcos20_2cos20-cos20_2cos26-(2cos20-1}tandtan20sin。sin26sin20sin23焉，故。正确，故选：ABD.由题意，利用两角和差的三角公式、二倍角公式、同角三角函数的基本关系，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论.本题主要考查两角和差的三角公式、二倍角公式、同角三角函数的基本关系，属于基础题..【答案】ABD【解析】解：对于4由题意知4CJ/BC1，从而Be”/平面ACiC,故BC］上任意一点到平面4D1C的距离均相等，所以以P为顶点,平面4D1C为底面，则三棱锥的体积不变，故4正确；对于8,连接&Ci，A1CJ/AC且相等，由于选项A知：也〃BCi，所以BAG〃面4CC1，从而由线面平行的定义可得，故B正确；对于C,由于DC1平面BCG/，所以DCIBCi，若DP1BG，则BQl平面DCP,BCX1PC,则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；对于。，连接CBi，由OB】_LAC且。&1可得CBil面4CZ)i，从而由面面垂直的判定知，故O正确.故选：ABD.利用正方体的性质结合空间线面位置关系求解.本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想..［答案］4v7［解析］解：如图所示,AC=8。=：x8=4km,BC=ABAC=12-4=8km,乙DBC=120°,△BCD中，由余弦定理得，CD2=BC2+BD2-2BC-BDcosl200=64+16-2x4x8x(--)=112,所以CD=4V7/cm.行驶半小时两船的距离是4ekm.故答案为：4小km.作出符合题意的图形，分析出图形数据，然后结合余弦定理可求.本题主要考查了余弦定理在实际问题中的应用，属于基础题..【答案】V7【解析】解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：1X25ttX4+47TX8=^.设新圆锥和圆柱的底面半径为r,则新圆锥和圆柱的体积和为：-X47n"2+871T2=28"'.3 3...竺贮=也，解得：r=«.3 3故答案为：V7.由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r,求出体积，由前后体积相等列式求得r.本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题..【答案】随23【解析】【分析】本题考查了解三角形的实际应用，此类问题的解决关键是建立数学模型，把实际问题转化成数学问题，利用所学知识解决问题，是中档题.画出示意图，根据题意求得角，利用正弦定理求得边，再根据直角三角形边角关系求出旗杆的高度即可求得答案.【解答】TOC\o"1-5"\h\z解：如图所示， /依题意知乙4EC=45。，乙4CE= '/，180°-60°-15°=105°, //施杆・・・Z.EAC=180°-45°-105°=30°, / /月具仃由正弦定理知一躲=』， 最后磔153 ；sinzEj4Cs\nz.AEC £> '60。者台育\ LAC=xsin45°=20(>K)， 第1排sm30° 、.♦.在RtzMBC中，AB=AC-sinZTlCB=20Xy=10百(米)，•••国歌长度约为46秒,

二升旗手升旗的速度应为嘿=智（米/秒）,故答案为：也.23.【答案】4+4企【解析】解：・・•三棱锥P-ABC为鳖%PA_L平面48C,P4=AB=2,AC=2也・•・AB1BC,PB1BC,BC=J(2®2_22=2，PB=必+2?=2&,・・・三棱锥P-48C的表面积为：S=S2ABC+S“AB+S^PAC+S^pbc1111=-xABxBC-}--xPAxAB+-xPAxAC-i--xPBxBC1 1 1 厂1L=-x2x2+-x2x2+^^2x2v2+'x2v2x2故答案为：4+4位.由题意得AB1BC,PB1BC,三棱锥P-ABC的表面积为S=S^ABC+S^PAB+S^PAC+S“bc，由此能求出三棱锥P-ABC的表面积.本题考查三棱锥的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题..【答案】解：(1)设z=a+bi(a,bGR且a>0),由|z|=V1U得：a?+b?=10①.又复数(1+2i)z=(a-2b)+(2a+b)i在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，则a—2b=2a+b,即a=—3b②.由①②联立的方程组得a=3，b=—1；或a=—3,6=1.va>0.••a=3,b=—1,则z=3—i.m+5C =0__m+5上％i为纯虚数，.・__m+5上％i为纯虚数，.・・2「0解得m=-5.

【解析】本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法法则的应用，虚数单位i的基运算性质，属于基础题.(1)设Z=a+bi(a,b6R且a>0),由条件可得a?+hcos2x+sin2x_2-2tanx_Z-zy)_竺-l+tan2x-i+cos2x+sin2x_2-2tanx_Z-zy)_竺-l+tan2x-i+(--)2-13,(2)f(x)=(a+b)b(— —»2 3 _=a•b+b=sinxcosx Fcoszx+1_ (―=0(2)根据若2+三(血€/?)为纯虚数，可得，由此求得m的值.i+i 0.【答案】证明：(1)连结BD,由题意可知，M为4c和BD的中点，又<N为PD的中点，又,:MNC平面ABP,BPu平面ABP,MN〃平面ABP.vABIBP,AB1BC,BPCiBC=B,4B1平面BPC,•••PCu平面BPC,:•ABJ.PC,XvBP1PC,ABHBP=B,PCI平面ABP,又；PCu平面APC,.••平面ABP，平面4PC.再利用线面平行的判定【解析】⑴连结BD,则M为4?和BD的中点，所以MN〃BP,定理即可证得MN〃平面A8P.再利用线面平行的判定(2)由线面垂直的判定定理可得4B，平面8。。，进而得到ABJ.PC,又BPS.PC,所以PCJ■平面4BP,结合面面垂直的判定定理即可证得平面ABP，平面APC.本题主要考查了线面平行和面面垂直的判定，属于中档题.19.【答案】解：⑴当4〃万时，-sinx=|cosx,sinxtanx= ：•2：•2cos2x-sin2x=2cos2x-sin2x

cos2x+sin2x_2cos2x-2sinxcosx

.n3,l+cos24,1TOC\o"1-5"\h\z=-sinZx 1 F12 2=-sin2x+-cos2x=—sin(2x+-)>2 2 ' 4，2%+彳6[一点币，sin(2x+》6[—当，争’二当sin(2x+：)=争寸，/(x)=(a+b)-另取最大值【解析】⑴当日〃丽可得tan"',可得2cos2"si7i2x=鬻言箸化为切函数，代值计算可得；(2)由向量和三角函数的知识可得/(x)=¥sin(2x+»由x的范围可得.本题考查平面向量与三角函数的综合应用，熟练掌握公式是解决问题的关键，属中档题..【答案】解：(1)证明：取EC中点N,连接MN,BN.在△EDC中,M,N分别为EC,ED的中点,所以MN//CD,且MN=gCD.由已知4B〃CD,AB=\CD,所以MN//4B,旦MN=48(3分)所以四边形ABNM为平行四边形.所以BN〃/1M.(4分)又因为BNu平面BEC,且AMC平面BEC,所以AM〃平面BEC.(5分)(2)在正方形ACEF中，ED1AD.又因为平面4CEF_L平面4BCD,且平面ZDEFn平面4BCC=AD,所以ED1平面ABCD.所以ED1BC.(7分)在直角梯形ABCD中，AB=AD=1,CD=2,可得BC=V5.在ABC。中，BD=BC=垃,CD=2,所以切+叱=CD2.所以8c1BC.(8分)(3)由(2)知，BC_L平面BCE又因为BCu平面BCE,所以平面BCE1平面BEC.(11分)过点。作EB的垂线交EB于点G,则CG_L平面BEC所以点。到平面BEC的距离等于线段DG的长度(12分)在直角三角形BDE中,Shbde=《BD-DE=-BE-DG所以点D到平面BEC的距离等于争(14分)【解析】(1)欲证4M〃平面BEC,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证AM与平面BEC内一直线平行，取EC中点N,连接MN,BN,根据中位线定理和条件可知MN〃4B,且MN=AB,从而得到四边形ABNM为平行四边形，则BN〃/IM,BNu平面BEC,且4MC平面BEC,满足定理所需条件；(2)欲证BC1平面8DE,根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证BC与平面BDE内两相交直线垂直，根据面面垂直的性质可知ED1平面4BC。，则EDJ.BC,根据勾股定理可知BC1BD,满足定理所需条件；(3)过点。作E8的垂线交EB于点G,则DG1平面BEC,从而点。到平面8EC的距离等于线段CG的长度，在直角三角形BDE中，利用等面积法即可求出DG,从而求出点。到平面BEC的距离.本题主要考查了线面平行的判定，以及线面垂直的判定和点到面的距离的度量等有关知识，同时考查了空间想象能力、转化与划归的思想，属于综合题..【答案】解：