2023-2024学年安徽省县中联盟高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年安徽省县中联盟高一（下）月考数学试卷（5月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足z=(z+2)⋅i(A.1 B.2 C.222.函数y=tan(π4x−A.−4

B.4

C.−8

3.已知某圆台体积为52π，其上下底面圆半径分别为2和5，则其母线长为(

)A.103 B.4 C.5 D.4.在△ABC中，a=3A.22 B.62 C.5.已知向量a,b满足|a|=2,|A.0 B.2π3 C.0或π3 D.6.学校组织学生去工厂参加社会实践活动，任务是利用一块正方形的铁皮制作簸箕，方法如下：取正方形ABCD边AB的中点M，沿MC、MD折叠，将MA、MB用胶水粘起来，使得点A、B重合于点EA.12cm B.24cm C.7.如图，△ABC是边长为2的正三角形，直线AD、BE、CF围成一个正三角形DEFA.−813

B.813

C.−8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的体对角线BD1垂直于平面α，直线l与平面α所成角为60°A.3−66 B.3+二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.在下列各组向量中，可以作为基底的是(

)A.a=(0,0),b=10.已知复数z1，z2，z3，下列叙述中错误的是A.若z1>z2，则z1+z3>z2+z3

B.若z11.正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=23,AA1=2,D为棱B1C1的中点，P为线段A1D(不包括端点)A.B1C1/​/截面α B.存在点P使得平面A1MN/​/截面α

C.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知关于x的实系数二次方程x2+bx+c=0的一根为1−i(13.已知在△ABC中，AB=3,BC=2，14.在棱长为4的正四面体P−ABC中，PD=3DA，过点D作平行于平面ABC的平面与棱PB、PC分别交于点E、F，过点D作平行于平面PBC的平面与棱AB、AC分别交于点G四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知在平面直角坐标系中，OA=(2,0),OB=(1,3),OC=(116.(本小题15分)

几何体ABCDEF中，平面ADE、平面BCF和平面ACFE均与平面ABCD垂直，且AB=AE=117.(本小题15分)

锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且B=π6,c=2．

(18.(本小题17分)

如图，圆柱OO1的高为1，底面半径长为2，它的一个轴截面为AA1B1B，点C为底面圆O的圆周上一点，且AC=2．

(1)已知点E是底面圆O1的直径A1B1上靠近B1的一个四等分点，若经过点E在底面圆O1上作一条直线与C19.(本小题17分)

已知在任意一个三角形的三条边上分别向外做出三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心也构成一个等边三角形；我们称由这三个等边三角形中心构成的三角形为其外拿破仑三角形.在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a=6，以△ABC的边BC、CA、AB分别向外作的三个等边三角形的中心分别记为A1、B1、C1，且△A1B1C1的面积为

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：由已知有z=(z+2)⋅i=i⋅z+2i，

故z=22.【答案】D

【解析】解：设A(m,−1)，B(n,1)，

由正切函数的图象及性质，

可得π4m−π2=−π4π4n−π3.【答案】C

【解析】解：作出圆台的轴截面如图所示：

M，N是上下底面圆心，AB，CD是母线，DE=MN，即DE可视为圆柱体的高，

由题意13(π⋅22+π⋅52+π⋅22⋅π⋅54.【答案】C

【解析】解：因为a=3,A=60°,B=75°，所以C=45°是最小的角，

所以△ABC中最小的边长为c，

5.【答案】A

【解析】解：设向量a,b的夹角为θ，则a⋅b=|a||b|cosθ，

因为|a+2b|=2a⋅b≥0，可知θ∈[0,π2]，

所以|a6.【答案】B

【解析】解：三棱锥E−MCD中，设F为CD中点，连接EF，MF，

MC=MD，EC=ED，则EF⊥CD，MF⊥CD，

EF，MF⊂平面MEF，EF∩MF=F，得CD⊥平面MEF，

设正方形ABCD边长为2a，则有EC=ED7.【答案】A

【解析】解：根据题意，可得BA⋅BC=|BA|⋅|BC|cos60°=2×2×12=2，

由DF=2FA，得DF=23DA=23(8.【答案】B

【解析】解：如图所示，连接BD1，交平面A1C1D于点Q，

设D1P与平面A1C1D所成角为α，正方体的棱长为a，

根据正方体的性质可得，BD1⊥平面A1C1D，

所以QD1⊥平面A1C1D，且点Q为△A1C1D的中心，

所以sinα=sin∠D1PQ．

又因为直线D1P与MN所成角为θ，且θ的最小值为π3，

所以D1P与平面A1B1C1D1所成角为π3，所以∠DD1P为9.【答案】BC【解析】解：对于A，因为a是零向量，所以a、b共线，故a、b不能构成基底，可知A项不符合题意，

对于B，因为关于实数λ的方程b=λa(λ∈R)无解，

所以a=(0,1),b=(−2,0)不共线，故a、b可以构成基底，可知B符合题意；

对于C，因为关于实数λ的方程b=λa(λ∈R)无解，

10.【答案】AB【解析】解：对于A，取z1=1>z2=−2，z3=i，满足z1>z2，但此时z1+z3，z2+z3都不是实数，都不能比较大小，故A错误；

对于B，取z2=0，z1=1，z3=3，满足z1⋅z2=z2⋅z3=0，但此时z1≠z3，故B11.【答案】AC【解析】解：对于A，因为棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，所以B1C1/​/BC，

又BC⊂平面α，B1C1⊄平面α，

所以B1C1/​/平面α，故A正确；

对于B，取QD=1，BC中点为F，连接QF，QB，QC，AF交于MN于点G，则A1Q=2，

因为M，N分别为棱AB，AC上靠近点A的三等分点，

所以MN/​/BC，AG=13AF=1，则GF=2=A1Q，

因为正三棱柱ABC−A1B1C1，

所以平面ABC/​/平面A1B1C1，

又平面A1AFD∩平面ABC=AF，平面A1AFD∩平面A1B1C1=A1D，

所以AF//A1D，即A1Q//GF，

所以四边形A1GFQ为平行四边形，所以A1G//QF，

因为MN/​/BC，又MN⊄平面QBC，BC⊂平面QBC，

所以MN/​/平面QBC，同理可得A1G/​/平面QBC，

又MN∩A1G=G，且MN，A1G⊂平面A1MN，

所以平面A1MN/​/12.【答案】0

【解析】解：由二次方程求根公式可知虚根是成对出现的，

故x1=1−i，x2=1+i都是方程x2+b13.【答案】12【解析】解：如图所示，延长BD到点E，使得BD=DE，

因为D为AC的中点，所以四边形ABCE为平行四边形，

又因为AB=3,BC=2且∠CBD=60°，可得CE=3，

设BD=x，在△B14.【答案】3【解析】解：正四面体P−ABC的外接球球心为O，正四面体可扩成正方体，正四面体的棱为正方体的面对角线，

正四面体P−ABC的棱长为4，则正方体的棱长为22，正方体的体对角线长为26，

所以正方体的外接球半径为6，即正四面体P−ABC的外接球半径为6，有OA=OP=6，

平面DEF/​/平面ABC，平面DGH//平面PBC，PD=3DA，三棱锥P−DEF、A−DGH都是正四面体，

则P，O1，15.【答案】(1)解：根据题意，可得OA⋅OB|OB|2=2×1+0×312+(3)2=12，

所以OA在OB方向上的投影向量为：OA⋅OB【解析】(1)根据投影向量的计算公式进行求解，可得OA在OB方向上的投影向量；

(2)先证出AC=λAB，可得A、B16.【答案】解：(1)证明：在平面ABCD内取点O，作OG⊥AD交AD于点G，作OH⊥AC交AC于点H，作OI⊥BC交BC于点I，

因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，OG⊂平面ABCD，

所以OG⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，

所以OG⊥AE，

同理OH⊥平面ACFE，OI⊥平面BCF，

所以OH⊥AE，OH⊥CF，OI⊥CF，

又OG∩OH=O，OG，OH⊂平面ABCD，

所以【解析】(1)利用面面垂直证明线面垂直和线线垂直，通过证明AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，证得AE//CF；17.【答案】解：(1)因为asinA=csinC，B=π6，

则a=2sinAsinC=2sin(B+C)【解析】(1)由两角和差以及正弦定理即可运算证明；

(2)由正弦定理表示出a+18.【答案】解：(1)在圆O1上取点C1使CC1/​/BB1，则CC1⊥圆O1，MN⊂圆O1，CC1⊥MN，

连接C1E，因为CE⊥MN，CE∩CC1=C，CE，CC1平面CC1E，

所以MN⊥平面CC1E，C1E⊂平面CC1E，则MN⊥C1E，

因为A1C1=AC=O1A1=O1C1=2，所以∠EA1C1=60°，

又A1E=3，则EC1=32+22−2×3×2×cos60°=7，

cos∠A1EC1=32+7−222×3×7=277，

取MN中点F，则O1F【解析】(1)在圆O1上取点C1使CC1/​/BB1，证明MN⊥