兰陵县2022-2023学年高一下学期五月份月考
数学试题 2023.05
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1、已知i为虚数单位，若复数z＝，则|iz|＝( )
A．1 B． C. D．2
2、已知向量m＝(－7,2＋a)，n＝(a＋13，－6)，若n＝λm，则λ＝( )
A．－2或 B．－2 C．－2 或 D．
3、设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
4、若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为( )
A. B. C. D.
5、已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为( )
A．2π B．π＋8 C．2π＋8 D．4π＋8
6、如图，在梯形ABCD中，BC＝2AD，DE＝EC，设＝a，＝b，则＝( )
A．a＋b B．a＋b
C．a＋b D．a＋b
7、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，B1C的中点，则EF与平面ABCD所成角的正切值为( )
A. B. C. D.2
8、棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BC，B1C1的中点.下列说法不正确的是( )
A.P点在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1PC体积不变
B.Q点在直线EF上运动时，直线GQ始终与平面AA1C1C平行
C.平面B1BD⊥平面ACD1
D.三棱锥D－EFG的体积为
选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9、若复数z＝－i，则( )
A.|z|＝2 B.|z|＝4 C.z的共轭复数＝＋i D.z2＝4－2i
10．在正方体中，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．
11、在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c则下列结论正确的是( )
A．若a＝2，A＝30°，则△ABC的外接圆半径是4
B．若＝，则A＝45°
C．若a2＋b2＜c2，则△ABC一定是钝角三角形
D．若A＜B，则cos A＜cos B
12、如图，G，H分别是BC，CD的中点，E，F分别在AD，AB上，＝＝，BD与GF所成的角为60度，且AC⊥平面BCD，则以下说法正确的是( )
A.E，F，G，H四点共面
B.FG∥平面ADC
C.若直线FG，HE交于点P，则P，A，C三点共线
D.若BD=6，则FG=FE
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13、若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为________.
14、如果|a|＝2，|b|＝3，a·b＝4，则|a－2b|=_______．
15、在三棱锥P-ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为________．
16、滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古．如图，在滕王阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝_______米．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17、已知向量a＝(2，－1)，b＝(1，x).
(1)若a⊥(a＋b)，求|b|的值；
(2)若a＋2b＝(4，－7)，求向量a与b夹角的大小．
18、如图，设几何体的三个侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是矩形．
(1)证明：平面ABC∥平面A1B1C1；
(2)若AA1＝2AC，AC⊥AB，M为CC1中点，证明：A1M⊥平面ABM.
19、已知向量a＝(sin x，cos x)，b＝(cos x，cos x)，f(x)＝a·b.
(1)求函数f(x)＝a·b的最小正周期；
(2)在△ABC中，BC＝，sin B＝3sin C，若f(A)＝1，求△ABC的周长．
20、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证：AB∥EF；
(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.
21、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.
(1)求角B的大小；
(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值.
22、在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且b2＋c2－a2＝bc.
(1)已知________，计算△ABC的面积；
请从①a＝，②b＝2，③sin C＝2sin B这三个条件中任选两个，将问题(1)补充完整，并作答．
(2)求cos B＋cos C的最大值．兰陵县2022-2023学年高一下学期五月份月考
数学试题参考答案 2023.05
1、解：iz＝＝＝＝＝2＋i，所以|iz|＝＝.
2、解：因为n＝λm，所以消去λ，则有a2＋15a－16＝0，解得a＝1或a＝－16.当a＝1时，λ＝－2，当a＝－16时，λ＝.
3、解：对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误.
对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误.
对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确.
对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误. 故选：C.
4、解：设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2.由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，
故以a，b为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝，设向量a＋b与a的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，又0≤θ≤π，所以θ＝.
5、解：因为一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，所形成的几何体为柱体，该柱体是底面半径r为2，高h为2的圆柱的八分之一，所以其表面积S＝(2πrh＋2πr2)＋rh×2＝×(2π×2×2＋2π×22)＋2×2×2＝2π＋8，故选C.
6、答案：A
7、解：如图，取BC的中点O，连接OE，OF，
∵F是B1C的中点，∴OF∥B1B，
∴FO⊥平面ABCD，∴∠FEO是EF与平面ABCD所成的角.
设正方体的棱长为2，则FO＝1，EO＝，∴EF与平面ABCD所成的角的正切值为.
8、解：对于A，P在直线BC1上运动时，△AD1P的面积为矩形ABC1D1的面积的一半，C到平面ABC1D1的距离不变，又VA－D1PC＝VC－AD1P，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，Q在直线EF上运动时，由E，F，G分别是AB，BC，B1C1的中点，可得EF∥AC，GF∥C1C.又EF∩GF＝F，AC∩C1C＝C，所以平面GEF∥平面AA1C1C.又GQ 平面GEF，则GQ始终与平面AA1C1C平行，故B正确；
对于C，由AC⊥BD，AC⊥BB1，可得AC⊥平面BB1D1D，又AC 平面ACD1，即有平面B1BD⊥平面ACD1，故C正确；
对于D，S△DEF＝1－××1－××－××1＝，利用等体积法知VD－EFG＝VG－DEF＝S△DEF·GF＝××1＝，故D错误.
9、解：依题意得|z|＝＝2，故A正确，B错误；
＝＋i，C正确；z2＝(－i)2＝3－2i＋i2＝2－2i，D错误.
10、解：选项A，如图连接，，，则四边形为平行四边形，因为为的中点，所以点是的中点，所以，
又平面，故平面，故A正确；
选项B，若平面，DD1在面BDD1B1内，则，因为，所以，显然矛盾，所以与平面不垂直，故B错误；
选项C，连接，在中，因为，分别是，的中点，所以为中位线，所以，
又平面，平面，故平面，故C正确；
选项D，由题意知平面，因为平面，所以，又，所以，故D正确. 故选：ACD.
11、解：由正弦定理知＝4＝2R，所以外接圆半径是2，故A错误；由正弦定理及＝可得，＝＝1，即tan A＝1，由0
cos B，故D错误．
12、解：由＝＝知EF平行且等于BD.又GH平行且等于BD，∴EF∥GH，
因此E，F，G，H共面，A项正确；假设FG∥平面ADC成立，因为平面ABC∩平面DAC＝AC，所以FG∥AC，又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与＝矛盾，B项不正确；因为FG 平面ABC，P∈FG，所以P∈平面ABC，同理P∈平面ADC，因为平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线，因此C正确；易知S△BCD＝cos·S△ABD＝×6＝3，D正确.
13、-2
14、解：由|a|＝2，|b|＝3，a·b＝4，得|a－2b|＝
＝＝＝2.
15、解：如图，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝AC＝2，FM＝EN＝PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.
16、解：设OP＝h，由题意知∠PAO＝30°，
∠PBO＝60°，∠PCO＝45°，所以OA＝＝＝3h，OB＝＝＝h，OC＝＝h.在△OBC中，由余弦定理OC2＝OB2＋BC2－2OB·BC·cos∠OBC，得3h2＝h2＋752－2×75hcos∠OBC ①，在△OAB中，由余弦定理OA2＝OB2＋AB2－2OB·AB·cos∠OBA，得9h2＝h2＋752－2×75hcos∠OBA ②.因为cos∠OBC＋cos∠OBA＝0，所以①＋②，得12h2＝2h2＋2×752，解得h＝15，所以OP＝h＝15(米)．
17、解：(1)由题意得a＋b＝(3，－1＋x).由a⊥(a＋b)，可得6＋1－x＝0，
解得x＝7，即b＝(1，7)，所以|b|＝＝5.
(2)由题意得，a＋2b＝(4，2x－1)＝(4，－7)，所以2x－1＝－7，
即x＝－3，所以b＝(1，－3)，所以cos 〈a，b〉＝＝＝，
因为〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角是.
18、解： (1)∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1B1∥AB.又A1B1 平面ABC，AB 平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.同理可得A1C1∥平面ABC.∵A1B1∩A1C1＝A1，
∴平面ABC∥平面A1B1C1.
(2)∵侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是矩形，∴A1A⊥AB.又AC⊥AB，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.∵A1M 平面AA1C1C，∴AB⊥A1M.∵M为CC1的中点，AA1＝2AC，∴△ACM，△A1C1M都是等腰直角三角形，∴∠AMC＝∠A1MC1＝45°，∠A1MA＝90°，即A1M⊥AM.而AB∩AM＝A，∴A1M⊥平面ABM.
19、解：(1)f(x)＝sin x cos x＋cos2x＝sin2x＋cos 2x＋＝sin ＋，
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)由题意可得sin ＝，又0所以a2＝b2＋c2－bc＝7，又sin B＝3sin C，所以b＝3c，
故7＝9c2＋c2－3c2，解得c＝1，所以b＝3，故△ABC的周长为4＋.
20、证明 (1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB 平面PDC，CD 平面PDC，所以AB∥平面PDC.又因为AB 平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.
(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，
所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，
所以AF∩AD＝A，AF，AD 平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB 平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
21、解 (1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，所以sin Acos B＝sin(C＋B)，即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A＞0，所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为|－|＝，所以||＝，即b＝，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，
即ac≤3(2＋).故△ABC的面积S＝acsin B≤，
因此△ABC的面积的最大值为.
22、解：(1)因为b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理知cos A＝＝＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
选择①②：因为b2＋c2－a2＝bc，
所以4＋c2－7＝2c，即c2－2c－3＝0，解得c＝3或－1(舍负)，
则△ABC的面积S＝bc·sin A＝×2×3×sin ＝；
选择①③：由正弦定理知＝，因为sin C＝2sin B，所以c＝2b①，因为b2＋c2－a2＝bc，所以b2＋c2－7＝bc②，联立①②构成方程组，解得b＝，c＝，则△ABC的面积S＝bc·sin A＝×××sin ＝.
选择②③：由正弦定理知＝，因为sin C＝2sin B，所以c＝2b＝4，
则△ABC的面积S＝bc·sin A＝×2×4×sin ＝2.(2)由(1)知，A＝，
所以B＋C＝，所以cos B＋cos C＝cos B＋cos
＝cos B－cos B＋sin B＝sin，因为0＜B＜，所以B＋∈，
所以sin∈，故cos B＋cos C的最大值为1.