2022-2023学年甘肃省武威市天祝重点中学高一（下）7月月考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年甘肃省武威市天祝重点中学高一（下）7月月考数学试卷一、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.已知复数z=m(m−1A.−1 B.1 C.1或−1 D.−2.下列结论错误的是(

)A.圆柱的每个轴截面都是全等矩形

B.长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体

C.四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体

D.用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台3.已知向量a=(0,1)，b=A.(2,−4) B.(−4.下列命题，能得出直线m与平面α平行的是(

)A.直线m与平面α内所有直线平行 B.直线m

与平面α内无数条直线平行

C.直线m与平面α没有公共点 D.直线m与平面α内的一条直线平行5.若α∈(0,π2)，A.26+16 B.26.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DDA.三角形

B.矩形

C.菱形

D.梯形7.某车间生产一种圆锥型高脚杯，杯口直径为2R，高为R，将该高脚杯装满水(水面与杯口齐平)，现将一直径为2r的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入(整个铁球在水面以下)水中并静止后，从杯口溢出水的体积为高脚杯容积的18，则rA.13 B.1332 C.18.在△ABC中，AB⊥AC，且|AB|=|ACA.0 B.−32 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.已知a，b，c是3条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法不正确的有(

)A.若a//b，b//c，则a//c

B.若a与b垂直，b与c垂直，则a与c垂直

C.若a⊂α，b⊂β，α//β，则10.下列说法正确的是(

)A.复数z=3i−2i2的虚部为−2

B.方程x2−4x11.在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a−A.C=2B B.B的取值范围是(π6,π412.如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=A.AC⊥EF

B.PB//平面AEC

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设复数z满足zi+1=z，则z14.如图，正方形O′A′B′C′的边长为

15.如图所示的斜截圆柱是用一个平面从圆柱上截取而来，其侧面可看成圆柱侧面的一部分，已知圆柱底面的半径为15cm，母线长最短40cm，最长60cm，则该斜截圆柱的侧面积为

16.已知a，b，c分别为锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边，且bsinC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)

已知复数z1=a+2+(a−1)i，z2=2+(3a+118.(本小题12.0分)

已知|a|=|b|=1，|a+b|=19.(本小题12.0分)

已知cos2x=45，tany=−17，其中0<20.(本小题12.0分)

如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都等于2，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．21.(本小题12.0分)

如图，在平面四边形ABCD中，AB=23,∠ADC=∠CAB=90°22.(本小题12.0分)

如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ABD为等边三角形，BC=CD=1，∠ABC=90°，M

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：因为z是纯虚数，

所以m(m−1)=0m≠0，解得m2.【答案】D

【解析】【分析】本题考查棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征，属于基础题．

根据棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征，逐项判断各选项可得答案．【解答】解：对于A，圆柱的每一个截面都是全等的矩形，故A正确；

对于B，长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体，故B正确；

对于C，四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故C正确；

对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，故D错误．

故选：D．

3.【答案】B

【解析】解：因为向量a=(0,1)，b=(2−m,2+m)，且a⋅b=0，

所以0×(4.【答案】C

【解析】【分析】

本题主要考查了直线与平面平行的判定．利用特例解决选择题，较好．判断出A项说法错误，B项，C项当直线m在平面α内，满足，但m与α不平行．

【解答】解：A项命题本身说法错误；

B项当直线m在平面α内，m与α不平行；

C项能推出m与α平行．

D项，当直线m在平面α内满足，m与α不平行．

故选C．

5.【答案】D

【解析】解：∵α∈(0,π2)，∴α−π3∈(−π3,π6)，

∵6.【答案】D

【解析】解：如图所示，取C1D1的中点P，连接PQ、PB1、AB1、AQ和DC1，

P，Q分别是C1D1，DD1的中点，故PQ//C1D，且PQ=12C1D，

AB1//C1D，故PQ//AB1，PQ=12AB17.【答案】B

【解析】解：由已知可得，圆锥型高脚杯的体积V=13πR2⋅R=13πR3，

小铁球的体积V=43πr38.【答案】C

【解析】解：根据题意建立平面直角坐标系，如图所示：

由题意知，A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，M(22,22)，O(9.【答案】BC【解析】解：对于A，若a//b，b//c，则a//c，所以A正确；

对于B，若a与b垂直，b与c垂直，则a与c可能相交、平行或异面，所以B错误；

对于C，若a⊂α，b⊂β，α//β，则a与b可能异面，也可能平行，所以C错误；

对于D，若a，b与α所成的角均为π2，则a⊥α，b⊥α，可得a/10.【答案】BD【解析】解：对于A，z=3i−2i2=2+3i，虚部为3，A错误；

对于B，x2−4x+5=0，

则(x−2)2=−1，解得x=2±i，故B正确；

对于C，z=(1+i)2=2i11.【答案】AB【解析】解：由a−b=2bcosC，可得sinA−sinB=2sinBcosC，

即sin(B+C)−2sinBcosC=sinB，

即有sinCco12.【答案】CD【解析】解：对于A，∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC，

假设AC⊥EF，又PA⋂EF=P，PA，EF⊂平面PAD，

∴AC⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，∴AC⊥AD，

而四边形ABCD为正方形，与AC⊥AD矛盾，故AC⊥EF不正确，故A不正确；

对于B，设AC⋂BD=O，连接OE，若PB//平面AEC，

又平面PBD⋂平面AEC=OE，则PB//OE，

在△PBD中，因为O为BD的中点，则E必为PD的中点，

这与E为线段PD上的动点矛盾，故B不正确；

对于C，∵E为线段PD上的动点，∴E∈平面PBD，

∴二面角E−BD−C的大小即为二面角P−BD−C的大小，

故二面角E−BD13.【答案】12【解析】解：∵zi+1=z，

则z=−1i−1=11−14.【答案】2【解析】解：作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段C′B′//x′轴，

所以在原图形中对应的线段CB平行于x轴且长度不变，

点C′和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，

则OB=2O′B′=2115.【答案】1500π【解析】解：根据题意，将两个这样斜截圆柱对接，可组成圆柱，

则该圆柱的侧面展开图为矩形，其边长分别为60+40=100cm和30πcm，

故该圆柱的侧面积S′=100×3016.【答案】(1【解析】解：由bsinC+asinA=bsinB+csinC，结合正弦定理可得bc+a2=b2+c2，

∴cosA=b2+17.【答案】解：(1)复数z1=a+2+(a−1)i，z2=2+(3a+1)i，

则z1−z2=a−(2a+2)i【解析】(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解；

(2)18.【答案】解：(1)由|a+b|=3，得|a+b|2=(a+b【解析】(1)由|a+b|=3平方得a⋅b19.【答案】解：(1)∵0<x<π4，∴sinx>0，cosx>0，

∵cos2x=2cos2x−1，

∴cosx=1+cos2x2=1+【解析】(1)利用两角和差的正弦公式进行计算即可．

(2)利用两角和差的余弦公式先求出cos20.【答案】解：(1)证明：∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，

∴EF//A1C1，

∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，

∴EF//平面A1C1G，

又F，G分别为A1B1，AB的中点，∴A1F=BG，

又A1F//BG，

∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF//A1G，

∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，

BF//平面A1C1G，

又EF⋂BF=F，EF，BF⊂平面BEF，

∴平面A1C1G//平面BEF；

【解析】(1)利用面面平行判定定理，即可证明结论；

(2)先依据线面角定义作出C1G21.【答案】解：(1)由题意得AB=23,CD=3,∠ADC=∠CAB=90°且∠DAC=60°，

可得AD=CDtan60∘=1，

在△ABD中，∠D【解析】(1)根据题意求得AD=1，在△ABD中，利用余弦定理，即可求得BD的长；

(2)根据题意求得AC=222.【答案】解：(1)证明：因为△ABD为等边三角形，

所以AB=AD，

又BC=CD=1，AC=AC，

所以△ABC≌△ADC，

所以∠BAC=∠DAC，

由等腰三角形三线合一可得AC⊥BD，

又因为PA⊥面ABC