2020-2021学年江苏省镇江某校高一（下）第二次月考数学试卷（6月份）（附答案详解）

2020-2021学年江苏省镇江一中高一(下)第二次月考数学试卷(6月份)一、单选题(本大题共8小题，共40.0分).已知复数z=1+：,则复数z在复平面内对应的点在()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限.tana=y,且a第三象限角，贝ijcos©+a)=()A.5 B. C.卓 D.一芸25 25 25 25.已知向量2=(2,0),b=(1,1)»若向量,与向量d—垂直，则实数入=()A.1 B.1 C.2 D.32.设m,n,1表示不同直线，a,口，y表示三个不同平面，则下列命题正确是()A.若m11,n1lf则?n//?iB.若m_L夕，m//a,则a1夕C.若a_Ly,1y,则a//0D.若any=m,°r\y=n,m//n9贝!]a//夕TOC\o"1-5"\h\z.旅游区的玻璃栈道、玻璃桥、玻璃观景台等近年来热搜不 q 3断，因其惊险刺激的体验备受追捧.某景区顺应趋势，为4a扩大营收，准备在如图所示的M山峰和N山峰间建一座空一瞟/中玻璃观景桥.已知两座山峰的高度都是300m,从B点 B测得M点的仰角4IBM=pN点的仰角“BN=汨及cos/MBN=乌则两座山4 6 4峰之间的距离MN=()A.300m B.600m C.300V2mD.600V2m.已知平面向量d,3满足|五|=2|GH0，且关于x的方程/—2|B|x+W-B=0有实根，则向量a与9的夹角的最小值是()A.； B- c.g D尚.已知圆柱的高为2,它的两个底面的圆周在直径为2遍的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为()A.4V57T B.(8+6V3)7rC.1067r D.(10+4V5)7r

.如图，为了测量B,C两点间的距离，选取同一平面上A,。两点，已知=90°,Z-A=60°»AB=2,BD=2>/6»DC=4V3,则BC的长为（）A.4^3 B.5 C.6V5 D.7二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）.在中，内角4,B,C所对的边分别为Q,b,c,Zk/IBC的面积为S,下歹有关的结论，正确的是（）A.若AABC为锐角三角形,则sEA>cosBB.若a>b,则cos2A<cos2BC.S=4R2sinAsinBsinC»其中R为△ABC外接圆的半径D.若^ABC为非直角三角形，则tazM+tanB+tanC=tanAtanBtanC.在复平面内，下列说法正确的是（）A.若复数z=六（i为虚数单位），则z30=—1B.若复数z满足z26R,则zeRC.若复数z=a+bi（a,b€R）,贝ijz为纯虚数的充要条件是a=0D.若复数z满足|z|=l,则复数z对应点的集合是以原点。为圆心，以1为半径的圆.已知△4BC的面积3,在^ABC所在的平面内有两点P,Q,满足而+2PC=0<QA=2QB，记AAPQ的面积为S,则下列说法正确的是（）A.PB//CQ B.BP^^BA+^BC.PAPC>0 D.S=4.如图，长方体ABC。- 的底面是正方形，441=2AB,E是的中点，贝1（）ABiEC为直角三角形CE〃A、BC.三棱锥Ci-BiCE的体积是长方体体积的:D.三棱锥G-Bic。1的外接球的表面积是正方形4BCD面积的6兀倍

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）.已知i是虚数单位，贝"3）2。2。=vi-r.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若（a+b+c）（q+b—c）=3ab,且/=be,则的值为.15.2cos5°-sin25°15.2cos5°-sin25°

sin650.某地积极创建全国文明城市，考虑环保和美观，为城区街道统一换置了新型垃圾桶（如图），已知该垃圾桶由上、下两部分组成（上部为多面体，下部为长方体，高度比为1：2）,垃圾桶最上面是正方形，与之相邻的四个面都是全等三角形，垃圾投入口是边长为a的正六边形，该垃圾桶下部长方体的容积为,该垃圾桶的顶部面积（最上面正方形及与之相邻的四个三角形的面积之和）为四'解答题（本大题共6小题，共70.0分）.已知a,0为锐角，tana=%cos（a+0）=一去（1）求cos2a的值；（2）求sin（a-/?）的值..在①z>0,②z的实部与虚部互为相反数，③z为纯虚数这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中，并解答.问题：已知复数Z=巾2—7n—6+（瓶2-9）i.（1）若>求实数m的值；（2）若m为整数，且|z|=10,求z在复平面内对应点的坐标..如图，某快递小哥从4地出发，沿小路4B-BC以平均时速30公里/小时，送快件至IJC处，己知BD=8（公里），LDCB=45°,Z.CDB=30°,△4BD是等腰三角形，Z.ABD=120°.(1)试问，快递小哥能否在30分钟内将快件送到。处？(2)快递小哥出发5分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路4。-DC追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问汽车能否先到达C处？(参考数据：V2»1.414,V3x1.732).如图，在棱长为6的正方体4BCC-48传1。1中，点E是B8］的中点，点F在棱AB上,且AF=2FB,设直线BDi、CE相交于点G.(1)证明：GF〃平面(2)求B到平面GEF的距离..如图，在三角形4BC中，AC=3V6.AB=2瓜,/.BAC=2/.ACB.(1)求△ABC的面积：(2)若BC、4c边上的点M、N满足：BM=MC,AN=2NC,且AM、BN相交于点P,求4MPN的余弦值..已知。为坐标原点，4(72,0),B=(0,V2),M为AB的中点.(1)若N是线段OM上任意一点，求同-~NA+NO■雨的最小值；(2)若点P是乙4。8内一点，且OP=2,A',B'分别为x轴正半轴，y轴正半轴两点,且有赤=204+赤7，求行M+焉存的最小值.ItzZi•IILzDrI答案和解析.【答案】D【解析】解：复数z=l+，=l-i,则复数z在复平面内对应的点在第四象限.故选：D.根据已知条件，结合复数的乘除法原则和复数的几何意义，即可求解.本题考查了复数的几何意义，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式,属于基础题..【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了同角三角函数基本关系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.由已知利用同角三角函数基本关系式即可化简求值得解.【解答】解：因为tana=m，且a第三象限角，所以cosa=_扃六=总=_*则cos(1+a)=—sina=V1—cos2a=|^.故选：C..【答案】C【解析】【分析】本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.由向量坐标运算法则求出2-2或再由向量d与向量己-4另垂直，利用向量垂直的性质列出方程，能求出实数九【解答】解：•.•向量d=(2,0),b=(l,l),ci-Ab=(2—A,-A)»・•・向量d与向量日-君垂直，aa•(a-Ab)=2(2—A)=0»解得实数4=2.故选：C..【答案】B【解析】解：vm,n,，表示不同直线，a,0,y表示三个不同平面，.•.若m_Ll,nil,则？n与n平行，相交或异面，故A错误：若mJ.0,m//a,则al夕，故8正确；若aJ_y,夕_Ly,贝Ua与夕相交或平行，故C不正确：若any=m,/?ny=n,m//n,则a与0相交或平行，故。不正确.故选：B.由Tn,n,I表示不同直线，a,0,y表示三个不同平面，知：若m_LI,nil,则wi与n平行，相交或异面；若ml•夕，m//a,则a1.仅若a_Ly,/?1y,则a与夕相交或平行；若any=m,ny=n,m//n,贝Ua与6相交或平行.本题考查平面的基本性质和推论，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化..【答案】B【解析】【分析】本题考查三角形的解法，考查余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题.首先在两个直角三角形中求解BM,BN,然后在ABMN中利用余弦定理求解即可.【解答】解：由题意得，AM=CN=300,MN=y/BM2+BN2-2BM-BN-coszMF/V

=J(300V2)2+(600)2-2x300V2x600x牛=600m-故选：B..【答案】B【解析】解：根据题意，设向量d与石的夹角为0,设|G|=t，则同=23关于x的方程/-2\b\x+ab=O^Px2—2tx+2t2cos&=0,若该方程有解，则△=4t2-8t2cos820,变形可得cos"：,又由0<6<n,则g。4兀，故。的最小值是以故选：B.根据题意，设向量d与B的夹角为。，设=则原方程变形可得/-2tx+2t2cos0=0,结合二次方程的性质可得cos。4 即可得。的范围，即可得答案.本题考查向量数量积的计算，涉及一元二次方程根的个数与系数的关系，属于基础题..【答案】D【解析】解：设球的半径为/?=乃，圆柱的底面所在的圆的半径为r,则「=Jr2-(^x2)2=Vs.所以圆柱的表面积S=27n'2+2x2nr=10n+40=(10+4后)小故选：D.设球的半径为R,圆柱的底面所在的圆的半径为r,由勾股定理可求出r的值，而圆柱的表面积S=2兀/+2x24，代入r的值即可得解.本题考查圆柱与球的简单计算，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题..【答案】A2xsin600>[2【解析】解：△48。中，44=60。，AB=2,BD2xsin600>[2由正弦定理得Z-BDC=90。一〃08,cqslBDC—sxn£ADB——;△BCD中,DC=4V3,BD=2V6;

由余弦定理得,BC2由余弦定理得,BC2=BD2+DC2-2BD-DC-cos乙BDC=(2V6)2+(4V3)2-2x2V6x4V3x二4=48,所以BC=4V3.故选：A.△48。中由正弦定理求得$M44。8的值，由余角的关系和余弦定理，即可求得BC的值.本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了三角函数计算问题，是中档题..【答案】ABD【解析】解：对于A：由于AABC为锐角三角形，故A+B>］，所以故sirM>sin©-B)=cosB,故A正确；对于B：由于a>b,所以2RsinA>2RsinB,故sinA>sinB,所以sii/A>si/B，整理得1—2sin24<1-2si〃2B,故cos24<cos2B,故B正确；对于C：S&abc=\absinC=1x2RsinAx2RsinBxsinC=2R2sinAsinBsinC,其中R为△ABC外接圆的半径，故C错误；对于。：AABC为非直角三角形，所以tarM=-tan(B+C)=-罟力器，整理得' '1-tanBtanCtanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC9故D正确；故选：ABD.直接利用三角函数的关系式的恒等变换，三角形的面积公式的应用，正弦定理的应用，和角的正切公式的应用判断4、B、C、。的结论.本题考查的知识要点：三角函数的关系式的恒等变换，三角形的面积公式的应用，正弦定理的应用，和角的正切公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题..【答案】AD【解析】【分析】本题考查了复数的周期性及其运算法则、几何意义及其有关知识、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力，属于基础题.4先化简•.复数Z=言，根据复数的周期性及其运算法则即可得出z3。，即可判断出正误.区举例z=i即可判断出正误.C.复数z=a+bi(a,beR),则z为纯虚数的充要条件是a=0,bH0,即可判断出正误.。根据复数的几何意义即可判断出正误.【解答】解：4复数z=Fvi4=1,!UiJz30=(i4)7-i2=-l)因此正确.8.复数z满足z2eR,则zeR,不正确，例如z=i满足z2=—1eR,但是zCR.C.复数z=a+bi(a,be/?),则z为纯虚数的充要条件是a=0,b40.因此不正确.。复数z满足|z|=l,则复数z对应点的集合是以原点。为圆心，以1为半径的圆，根据复数的几何意义可知正确.综上可得：只有正确.故选AO..【答案】BD【解析】解：由m+2前=6,QA=2QB，知点P为线段4c的靠近点C的三等分点,点B为线段AQ的中点，所以而〃诙不成立，即选项A错误；作出如下所示的图形，BP=BA+AP=BA+|而=瓦？+1(配一瓦?)=^BA+|SC,即选项B正确：因为方与定反向共线，所以可•同<0,即选项C错误；S= .APsinA=1-2AB--ACsinA=g弓•AB•ACsinA)=|sA>lBC=[x3=4,即选项。正确.故选：BD.选项4,由题意知，点P为线段AC的靠近点C的三等分点，点B为线段AQ的中点，可判断；选项B,根据平面向量的加法和数乘的运算法则，可判断；选项C,由正与定反向共线，可判断；选项D,结合三角形面积公式与边长之间的关系，可得解.本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的线性运算法则，三角形面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题..【答案】ACD【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，空间几何体的体积以及面积的求法，外接球的表面积的求法,异面直线的判断，是中档题.令441=248=2a,在ABiEC中，BrE=V3a,EC=V2a.B】C=回，结合勾股定理，判断A；通过CE与不平行，判断B；求出棱锥G-BiCE的体积，长方体的体积，推出三棱锥Ci-aCE的体积与长方体体积比例，判断C；求出三棱锥Ci-BiCCi的外接球的表面积，正方形ABCC面积，即可判断D.【解答】解：令AAi=2AB=2a,在ABiEC中，BrE=V3a.EC=V2a，BjC=V5a.满足勾股定理，则A&EC为直角三角形，故A正确；因为CE与不平行，故B错误；棱锥Ci-BiCE的体积为VclB】ce=Vb.-c.ce=|x|xaxV2axV2a=Y，所以匕BC0-A1B1QD1=2。3,则三棱锥—B】CE的体积是长方体体积的，，故C正确：因为三棱锥G-&CD1的外接球就是长方体ABCD-41B1G5的外接球，所以三棱锥Q-BiCDi的外接球半径R=收+a；+(2a)z=苧，三棱锥G-BiCDi的外接球的表面积为S=4wx(字尸=6a2兀，SABCD=a2,三棱锥G-&CD1的外接球的表面积是正方形A8CD面积的6兀倍，故。正确，故选：ACD..【答案】-1【解析】【分析】

本题考查复数的运算法则、指数运算性质，考查推理能力与计算能力，属于基础题.先计算(舍)2,再利用复数的运算性质即可得出.【解答】■72(1+0.2_,72(1+0.2_::2__1(1-0(1+07-I2 /_，一...噜)2。2。=［唔＞严$=(-1)5。5=-1故答案为：一1..【答案】第【解析】解：由于：(q+b+c)(q+b—c)=3ab,则：(a+b,)2—c2=3ab,整理得：a2+b2-c2=ab,+/.ra2+b2-c2 12ab2故：cosC=———=2ab2故：C=?因为：a?=儿，由正弦定理可得：si/A=sinBsinC,b_sinB_sinB_1_1_2vl°'：asin4-SNA-sinBsinC-sinC~ ~3故答案沏安由已知整理可得M4-&2-C2=Qb,利用余弦定理可求COSC= 结合范围0VCV71,可求c=g,由。2=反，根据正弦定理可得si：?!=sinBsinC,进而根据正弦定理化简所求即可求解.本题考查的知识要点：函数的关系式的变换，正弦定理、余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力,属于基础题型.生的运算能力和转换能力,属于基础题型..［答案］V3【解析】【分析】本题考查三角函数的计算,属于基础题由cos5本题考查三角函数的计算,属于基础题由cos5°=cos(30°—25°),再结合两角差的余弦公式，即可得解.【解答】解：原式—2cos(30°-25°)-sin25。_2(学cos250+」sin250)-sin250_6cos25。_6cos250 cos25° cos25°故答案为：V3..【答案】12a3生更a?2B【解析】解：如图， /Tx由正六边形边长为a,可得4。=当a,则4C=岛，OB=a.0由题意，下部长方体的底面为边长是百a的正方形，高为4a,下部长方体的体积为百。xHax4a=12。3；最上面正方形的对角线长为百a，则正方形边长为隼=更如V22...每一个小三角形是等腰三角形，底边长为在a，腰长为a,2则一个小三角形的面积为二x在axla2-(—a)2=—a2-••.垃圾桶的顶部面积为始x叵+4x迺=生亘a2.2 2 8 2故答案为：12a3：生三2由正六边形的边长求出下部长方体的底面边长及高，再求出上面正方形的对角线长，得到正方形的边长，然后利用长方体体积公式及正方形与三角形的面积公式求解.本题考查多面体体积与表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题.1.【答案】解：（1）因为a为锐角，tazia=a，L 1 2所以=cosa=^=,所以cos2a=2cos2a—1=2x（-1=：.（2）由（1）可知sin2a=2sinacosx=%因为a,夕为锐角，cos（a+n）=一今所以sin（a+3）=—cos2（a+0）=—,所以sin（a—夕）=sin[2a—（a+夕）]

=sin2acos{a+夕）-cos2asin（a+夕）TOC\o"1-5"\h\z4,，低3、7V2 y［2=-X( )——X——= -5K107 5 10 2【解析】(1)由已知条件求出sina,cosa,由二倍角的余弦公式求解即可；(2)由二倍角的正弦公式可求得sin2a,由同角三角函数的基本关系求出$也(。+0)，根据a-0=2a-(a+0),利用两角差的正弦公式求解即可.本题主要考查二倍角公式以及同角三角函数的基本关系，考查两角差的正弦公式，考查运算求解能力，属于中档题..【答案】解：⑴若选择①，”>0,.•・｛，［：］：>°,解得m=-3.若选择②，・・・z的实部与虚部互为相反数，am2—m—6+m2—9=0»解得m=3或一/若选择③，「Z为纯虚数，［吗一鲁一f=°,(.mz-9*0解得m=-2.(2)v|z|=10, (m2-m-6)2+(m2-9)2=100.(m—3)2(2m2+10m+13)=100.为整数，(m-3y为平方数，2m2+iom+13为奇数.V100=102x1或100=22x25,二验证可得m—3=—2,即m=1.由?n=l,得z=-6-8i,其在复平面内对应点的坐标为(-6,-8).【解析】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，属于基础题.若选择①，由实部大于0且虚部等于0,进行求解.若选择②，由z的实部与虚部互为相反数构造方程求解.若选择③，由实部为。且虚部不为0进行求解.(2)由|z|=10,得(m-3)2(2巾2+107n+13)=100,结合?n为整数，(m-3产为平方数，27n2+iom+13为奇数求解m值，进一步得到z得答案..【答案】解：（1）在△BCD中NDCB=45。,Z.CDB=30°,则/£8。=105°,由正弦定理得CD

517110508由正弦定理得CD

517110508

sin45°BC

sin3Q°9BC=4或(公里)，vx60=16+8V2»27,3<30(分钟)，所以快递小哥能在30分钟内将快件送到C处.(2)在△ABD中，由余弦定理得，AD2=AB2+BD2-2AB-BDcos乙ABD,解得4D=8演公里)，由⑴得CD=4(V3+1)(公里)，又因为4(6+1)+88X60+5=12V3+9X29,8>27.3(分钟)，所以汽车不能先到达C处.【解析】本题考查了三角形的正余弦定理的应用，学生的数学运算能力，属于中档题.(1)利用题中的条件易知AB=8,在三角形△BCC中由正弦定理，可解出BC的长度，即可解出；(2)利用(1)可解出CD的长，在三角形AABD中，由余弦定理可计算出4。的长，即可解出..【答案】解：⑴证明：连接45,则焉=翳=詈=；，FG〃AD\,vADtu平面/L4i£)iD,FGC平面44也。，•••GF〃平面(2)由题意，EF=\!BF2+BE2=V22+32=V13.TOC\o"1-5"\h\zGE=-DE=-xV62+62+32=-x9=3,FG=-ADr=-x6y/2=2&3 3 3 3 1 3在AGEF中，由余弦定理可得cosnEGF=%N==①，2x3x272 6・•・sinzEGF="一cos2乙EGF=—»6**•S&gef=；x3x2^2x =717,S2bef=)X2x3=3,2 6 ，G到平面BEF的距离为2,设8到平面GEF的距离为h,由等体积法可得，^B-GEF=Vg-beF，可得VT7h=6，解得九=故8到平面GEF的距离为剋亘.17【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，属于中档题.(1)连接4劣，由三角形相似可得FG〃4Di，进一步得到GF〃平面(2)根据条件，求出三角形GEF与三角形BEF的面积，再由等体积法求解B到平面GEF的距离.21.【答案】解：(1)在AABC中,ZF4C=2/.ACB.・•・sinZ-BAC=sin2/-ACB=2shi乙ACBcos乙ACB,TOC\o"1-5"\h\z：•BC=2AB•cos乙4cB=2AB ,24cBevAC=3>/6»AB=2>/6»BC=2V15.,r>“AB2+AC2-BC21 .c"n 5-715•••cosZ-BAC= =->・•・smz.Bi4C=vl—cos2^BAC=——，2ABAC4 4S“bd=-AB-AC-sin^BAC=1x3V6x2V6x—=-><15.(2)由已知条件BM=MC,AN=2NC,且4M、BN相交于