民勤县22-23 学年度第二学期第二次月考试卷
高一 数学
（时间：120分钟 总分：150分）
一、单选题（8 小题，共 40 分）
1．复数 z 3 2i 2 3i 的共轭复数 z （ ）
A．12 5i B ．12 5i C．5i D． 5ir
2．已知向量 a 2,1 ，b x, 2 ，若 a∥b，则 a b （ ）
A． 2, 1 B． 2,1
C． 3, 1 D． 3,1
3．在 ABC中，已知 A 60 ,BC 4，则 ABC的外接圆半径为（ ）
A 4 3 8 3．4 3 B．4 C． D．
3 3
4．如图，在 ABC中，D为 AB的中点，E为 CD的中点，设 AB a
， AC b ，以向量 a， b 为基底，则
向量 AE （ ）
1 1 1 r
A． a b B． a b C． a
r 1 1 1
+ b D． a b
2 4 2 2 4 2
5．如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中，已知 AB BC 2，AA1 5，E为 B1C1的中点，则异面直线 BD与
CE所成角的余弦值为（ ）
A 5 34 13 13． B． C． D．
10 34 26 13
6．如图所示，在三棱台 A B C ABC中，沿平面 A BC截去三棱锥 A ABC，则剩余的部分是（ ）
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{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．组合体
5π r r
7．已知向量 a，b的夹角为 ，且 a 2 3，b ( 3, 4)，则 a 2b （ ）6
A．172 B． 43 C． 2 13 D．20
8．如图，在矩形 ABCD中，E、F分别为边 AD、BC上的点，且 AD 3AE，BC 3BF，设 P、Q分别为
线段 AF、CE的中点，将四边形 ABFE沿着直线 EF进行翻折，使得点 A不在平面 CDEF上，在这一过程
中，下列关系不能恒成立的是（ ）
A．直线 AB//直线 CD B．直线 PQ//直线 ED
C．直线 AB 直线 PQ D．直线 PQ//平面 ADE
二、多选题（4 小题，共 20 分，多选或错选不得分，漏选得 2 分）
9．下列结论中正．确．的是（ ）
A．正四面体一定是正三棱锥 B．正四棱柱一定是长方体
C．棱柱的侧面一定是平行四边形 D．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
10．下列说法中正确的是（ ）
k
A．终边在 y轴上的角的集合是 ,k Z
2
B．函数 y cos 2x 的最小正周期是
C．函数 y sin x
3
在 0, 上是减函数
2
D．在同一直角坐标系中，函数 y sin x的图象和函数 y x的图象有一个公共点
11．设直线 m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中一定正确的是（ ）
A．若 m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
B．若 m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
C．若 m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
D．若 m⊥α，m，n不平行，则 n与α不垂直
12．在棱长为 2的正方体 ABCD A1B1C1D1中， AC与 BD交于点O，则（ ）
A． AD1 / /平面 BOC1
B． BD 平面COC1
C．C1O与平面 ABCD所成的角为 45
D．三棱锥C BOC 21的体积为 3
三、填空题（ 每小题 5 分，共 20 分） r
13 ．设 a，b 是两个不共线的向量，若向量 ka 2b与8ar kb的方向相反，则 k __________.
14． 1 tan 7 (1 tan38 )的值为____________.
15．如图所示（单位：cm），直角梯形 ABCD挖去半径为 2的四分之一圆，则图中阴影部分绕 AB旋转一
周所形成的几何体的体积为__．
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{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
0 π ,0 π ,cos 3 π 516．若 , sin ，则 cos sin __________.2 2 5 4 13
四、解答题（共 70 分）
17．（10分）已知 sin
4
， 为第二象限角．
5
(1)求 sin 2 的值；
π
(2)求 cos 的值．
6
18．（12分）如图，已知点 P是正方形 ABCD所在平面外一点，M ， N分别是 AB，PC的中点.
(1)求证：MN //平面 PAD；
(2)若 PB中点为Q，求证：平面MNQ//平面 PAD .
(3)若 PA 平面 ABCD， AB PA 2，求直线 PB与面 PAD所成的角.
cos157 sin 97 sin 60
19．（12分）（1）计算： ；
cos97
（2）已知 tan 1，求 cos2 2sin cos 1的值．
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20．（12分）在四棱锥 P ABCD中， AB / /CD， AD 2， AB 2，CD 2 2 ， PAD为等边三角形，
PDC ADC 45 ．
(1)证明：平面 PDC 平面 PBC；
(2)求点 C到平面 PAB的距离．
21．（12分）在 ABC中，角 A,B,C所对的边分别 a,b,c，且b cos A a cosB 2ccos A
(1)求角 A的值；
(2)已知D在边 BC上，且 BD 3DC ,AD 3，求 ABC的面积的最大值
22．（12分）在 ABC中，D,E分别为 AB, AC的中点，AB 2BC 2CD，如图①，以DE为折痕将V ADE
折起，使点 A到达点 P的位置，如图②．
(1)证明：CP DE；
(2)若CE 平面DEP，且 AB 2，求点 C到平面 PBD的距离。
第 4 页 共 4 页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}高一数学 参考答案：
1．B
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数 z，再根据共轭复数的定义即可得解.
【详解】 z 3 2i 2 3i 6 5i 6i2 12 5i，
则 z 12 5i .
故选：B.
2．A
【分析】先根据向量平行的运算规则计算 x，再根据向量的加法法则求解.
【详解】 a / /b,
x 2
, x 4 ，b 1, 2 ， a b 2, 1 ；
2 1
故选：A.
3．C
【分析】利用三角形的余弦定理，即可求解．
【详解】因为在 ABC中，已知 A 60 ,BC 4，
BC 8 3
设 ABC的外接圆半径为 R，由正弦定理可得 2R ，
sin A 3
4 3
解得 ABC的外接圆半径为 R ．
3
故选：C．
4．D
【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可.
1 1 【详解】因为 E为 CD的中点，则AE AD AC .因为 D为 AB的中点，则 AD AB .2 2
1
所以AE AB
1 1 1
AC a b .
4 2 4 2
故选：D.
5．C
【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.
【详解】取C1D1的中点 F，连接 EF，CF， B1D1，易知EF∥B1D1∥BD，所以 CEF为异面
1
直线 BD与 CE所成的角或其补角.因为 EF B
2 1
D1 2，
CE CF CC 2 C E21 1 25 1 26，所以由余弦定理得
答案第 1页，共 12页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
EF 2 EC 2 CF 2cos CEF 2 26 26 1 13 .
2EF EC 2 2 26 2 26 26
故选：C
6．B
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．
【详解】三棱台 A B C ABC中，沿平面 A BC截去三棱锥 A ABC，剩余的部分是以 A 为
顶点，四边形 BCC B 为底面的四棱锥 A BCC B ．
故选：B．
7．C
【分析】根据b ( 3, 4)求出b向量模，再根据数量积定义是求出a b值，在利用向量求模公
式算出结果.
5π
【详解】因为b ( 3, 4)，所以 b 5，因为向量 a，b的夹角为 ，且 a 2 3，6
所以 a b 2 3 5cos
5π
15，
6
2 2 2
因为 a 2b (a 2b)2 a 4a b 4b 52，
所以 a 2b 2 13 .
故选：C
8．B
【分析】由 AD 3AE，BC 3BF，可得四边形 ABFE和 EFCD都为矩形，进而得到 AB//EF，
EF //CD，进而得证即可判断 A；根据异面直线的定义即可判断 B；设 EF 中点为 H，连接PH，
HQ，由 P、Q分别为线段 AF、CE的中点，可得 PH //AE，HQ//ED，进而得到 AB PH ，
AB HQ，可得 AB 平面 PHQ，进而即可判断 C；连接 FD， AD，可得 PQ//AD，进而
答案第 2页，共 12页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
证明 PQ//平面 ADE，即可判断 D.
【详解】在矩形 ABCD中， AD 3AE，BC 3BF，
可得四边形 ABFE和 EFCD都为矩形，
所以 AB//EF，EF //CD，翻折后仍然成立，
所以直线 AB//直线CD，故 A正确；
翻折前， PQ//ED，翻折后直线 PQ和直线 ED为异面直线，故 B错误；
设 EF 中点为 H，连接PH，HQ，
因为 P、Q分别为线段 AF、CE的中点，
所以 PH //AE，HQ//ED，而 AB AE， ED EF， AB//EF，
所以 AB PH ， AB HQ，
又PH HQ H，PH 平面 PHQ，HQ 平面 PHQ，
所以 AB 平面 PHQ，
又PQ 平面 PHQ，所以 AB PQ，故 C正确；
连接 FD， AD，
因为 P、Q分别为线段 AF、CE的中点，
所以 PQ//AD，
又PQ 平面 ADE， AD 平面 ADE，
所以 PQ//平面 ADE，故 D正确.
故选：B.
9．ABC
【分析】根据各几何体的定义直接判断.
【详解】A选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面
均为正三角形且所有棱长均相等，所以 A选项正确；
B选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以 B选项正确；
C选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边
答案第 3页，共 12页
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形，所以 C选项正确；
D选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以 D选项错误；
故选：ABC.
10．．BD
【解析】写出终边在 y轴上的角的集合，可判断 A选项的正误；利用余弦型函数的周期公
式可判断 B选项的正误；利用余弦函数的单调性可判断 C选项的正误；作出函数 y sin x的
图象和函数 y x的图象，可判断 D选项的正误.
【详解】对于 A选项，终边在 y
轴上的角的集合是 k ,k Z ，A选项错误；
2
对于 B选项，函数 y cos 2x cos 2x 2 的最小正周期为 ，B选项正确；
2
3
对于 C选项，函数 y sin x cos x在 0, 上是增函数，C选项错误；
2
对于 D选项，当 x 0, 时，如下图所示：
2
设锐角 x的终边与单位圆O的交点为A，过点A作 AB x轴，垂足为点 B，
设单位圆与 x轴的交点为点C，则 AC x， AB sin x ，
由图可知，当 0 x
时， x sin x，当 x 时， x 1 sin x，
2 2
所以，当 x 0时， x sin x，
由于函数 y sin x
与函数 y x均为奇函数，当 x 0时， x sin x .
2
作出函数 y sin x的图象和函数 y x的图象如下图所示：
由图象可知，函数 y sin x的图象和函数 y x有且只有一个交点 0,0 ，D选项正确.
故选：BD.
【点睛】易错点点睛：判断 D选项的正误，关键就是作出两个函数图象，但同时还应说明
两个函数的图象除了在原点相交外，在其余的地方没有交点，此处应加以说明.
11．CD
【分析】对于 A、B选项，找出反例说明即可.
答案第 4页，共 12页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
对于 C项，由线面垂直可推出面面平行；
对于 D项，利用直线与平面的位置关系讨论即可.
【详解】对于 A项，当m ,n 且 时符合要求，但α⊥β，故 A不正确；
若 n α，则α⊥β，故 B不正确；
若 m⊥α，m∥n，则 n⊥α，又 n⊥β，∴α∥β，故 C正确；
因为 m⊥α，若 m与 n平行，则 n⊥α，又 m，n不平行，则 n与α平行或相交或 m在α内，但
不垂直，故 D正确．
故选：CD.
12．ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断 A，利用线面垂直判定定理判断 B，利用线面夹角的定
义判断 C，根据等体积法判断 D.
【详解】∵ AD1 / /BC1, AD1 平面 BOC1,BC1 平面 BOC1,
AD1 / /平面 BOC1，A对；
因为 BD CO ,又CC1 平面 ABCD， BD 平面 ABCD，
所以 BD CC1,CD CC1 C,CD,CC1 平面COC1,
BD 平面COC1，B对；
因为C1C 平面 ABCD,C1O与平面 ABCD所成角为 C1OC ,
因为 tan C1OC
2
1， C1OC 45
,C错；
2
1 1 2
因为VC BOC VC BOC 2 1 2 ，D对.1 1 3 2 3
故选：ABD .
13． 4
【分析】根据向量共线定理可得存在实数 使 ka
2b 8a kb 8 a k b，
答案第 5页，共 12页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
从而得到关于 k， 的方程组，进而可求出 k .
r r
【详解】由题意可知 ka 2b与8a kb共线，
ka 2b 8a
所以存在实数 使 kb 8 a k b，
1
k 8
1
a
因为 ，b 不共线，所以 ，解得 2或 2 ，
2 k
k 4 k 4
r r
1
因为向量 ka 2b与8a kb的方向相反，即 2 .
k 4
故答案为： 4 .
14．2
tan 7 tan 38
【分析】由 tan 7 38 变形求解.1 tan 7 tan 38
tan 7 tan 38
【详解】解：因为 tan 7 38 ，1 tan 7 tan 38
所以 tan 7 tan 38 tan 7 38 1 tan 7 tan 38 ，
所以 1 tan 7 (1 tan38 )
1 tan 7 tan 38 tan 7 tan 38
1 tan 7 38 1 tan 7 tan 38 tan 7 tan 38
2 .
故答案为：2
140 140 15． /
3 3
【分析】根据旋转之后的几何体为圆台去掉半球体，根据圆台与球体的体积公式求解即可.
【详解】如图，旋转之后形成的图形为圆台去掉一个半球体
1 1 4
则旋转一周所形成的几何体的体积为 4 4π 25π 4π 25π π 23 140 π .3 2 3 3
140
故答案为： π .
3
答案第 6页，共 12页
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56
16 56 2． / 2
65 65
【分析】根据 cos sin 2 cos
π π
2 cos 求解即可.
4 4
π
【详解】因为 0 , 0
π
，所以0
π π π
π, ，
2 2 4 4 4
因为 cos 3 ,sin
π
5
，
5 4 13
2
所以 sin 1 3 4 π 5 12 ， cos 1 ，
5 5 4 13 13
所以 cos sin 2
cos
πcos π sin sin 2 cos π
4 4
4
2 cos
π
2 cos cos
π
sin s in
π
4 4 4
2 3 12 4 5 56 2 .
5 13 5 13 65
56
故答案为： 2
65
24
17．(1)
25
(2) 4 3 3
10
【分析】（1）根据同角三角函数结合已知得出 cos ，即可根据二倍角的正弦公式代入数值
得出答案；
（2）根据两角和差的余弦公式代入数值得出答案.
4
【详解】（1） sin ， 为第二象限角，
5
4 2
cos 1 sin2 3 1 ，
5 5
则 sin 2 2sin cos 2
4 3 24
；
5 5 25
（2） cos
π
cos cos
π
sin sinπ 3 3 4 1 4 3 3 .
6 6 6 5 2 5 2 10
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
答案第 7页，共 12页
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(3)45
【分析】（1）取 PD的中点 E，连接 AE，NE，即可证明四边形 AMNE为平行四边形，所以
MN //AE，从而得证；
（2）依题意可得MQ//AP即可得到MQ//平面 PAD，再结合（1）的结论，即可得证；
（3）依题意可得平面 PAD 平面 ABCD，由面面垂直的性质得到 AB 平面 PAD，则 BPA
即为直线 PB与面 PAD所成的角，再根据边长的关系得解.
【详解】（1）取 PD的中点 E，连接 AE， NE，
因为 N是 PC 1的中点，所以 NE//DC且 NE DC，
2
1 1
又M 是 AB的中点， ABCD是正方形，所以 AM //DC且 AM AB DC ，
2 2
所以 NE //AM 且 NE AM ，
所以四边形 AMNE为平行四边形，所以MN //AE，
又MN 平面 PAD， AE 平面 PAD，所以MN //平面 PAD .
（2）因为Q为 PB的中点，M 是 AB的中点
所以MQ//AP，又MQ 平面 PAD， AP 平面 PAD，所以MQ//平面 PAD，
又MN //平面 PAD，MQ MN M ，MQ,MN 平面MNQ，所以平面MNQ//平面 PAD .
（3）因为 PA 平面 ABCD，PA 平面 PAD，所以平面 PAD 平面 ABCD，
又 ABCD为正方形，所以 AB AD ， AB 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD，
所以 AB 平面 PAD，
所以 BPA即为直线 PB与面 PAD所成的角，又 AB PA 2，所以△BPA为等腰直角三角形，
所以 BPA 45 ，
即直线 PB与面 PAD所成的角为45 .
19．（1 1 1） 2 ；（2） 2
答案第 8页，共 12页
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【分析】（1） cos157 cos 97 60 ，由和角公式化简求值即可；
（2）齐次化，化弦为切，代入求值.
cos157 sin 97 sin 60
【详解】（1）
cos97
cos 97 60 sin 97 sin 60
cos97
cos97 cos60 sin 97 sin 60 sin 97 sin 60
cos97
cos 60
1
．
2
（2） cos2 2sin cos 1
cos2 2sin cos
cos2 sin 2
1
1 2 tan
1
1 tan2
1 2 1
2 11 1
1
．
2
20．(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理得到DE2 2，由勾股定理逆定理得到 PE CD，找
到 AEP为二面角 A DC P的平面角，且 PEA 90 ，得到平面 PDC 平面 ABCD，进
而由四边形 ABCE为矩形得到线面垂直，进而证明平面 PDC 平面 PBC；
（2）作出辅助线，由等体积法求出点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取 CD的中点 E，连接 PE，AE，如图，
易知DE 2， PD 2， PDE 45 ，
在△PDE 中，由余弦定理得， PE 2 PD2 DE 2 2PD DE cos PDE 2，
答案第 9页，共 12页
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则DE 2 PE 2 PD2 ，故 PE CD，
由 AD 2，DE 2， ADE 45 ，同理可得 AE 2且 AE CD，
故 AEP为二面角 A DC P的平面角，
又PA 2，则 AE 2 PE 2 PA2 ，故 PEA 90 ，故平面 PDC 平面 ABCD，
又 CE与 AB平行且相等，且 AEC 90 ，则四边形 ABCE为矩形，
故BC CD．又 BC 平面 ABCD，平面 PDC 平面 ABCD CD，
故BC 平面 PCD，又 BC 平面 PBC，则平面 PDC 平面 PBC．
（2）连接 AC，设 C到平面 PAB的距离为 h，
由（1）得平面 ABCD 平面 PCD，PE CD，由面面垂直的性质定理，同理可得 PE 平面
ABCD，
V 1 1C PAB VP ABC ，即 S3 △PAB
h S△ABC PE，3
∵ PE CD， AE CD， PE AE E ， PE， AE 平面 AEP，则CD 平面 AEP，
又 AB / /CD，故 AB 平面 AEP， PA 平面 AEP，故 PA AB，
1
故 S PAB 2 2 2
2 1 1
，故 h 2 2 2 ，解得 h 1．
2 3 3 2
21．(1) A
π
3
(2)4 3
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得 sin(A B) 2sinC cos A，即可得
cos A 1 ，进而可求，
2
1
2 2
9 2 3
（ ）根据向量的线性表示以及模长公式可得9 c b bc ，结合不等式即可求解
16 16 16
最值成立的条件,由面积公式即可求解.
【详解】（1）在 ABC中因为bcos A acosB 2ccos A．
由正弦定理得 sin Bcos A sin AcosB 2sinC cos A，
所以 sin(A B) 2sinC cos A，
因为 A B C π，所以 sin(A B) sinC．故 sinC 2sinC cos A
又C是 1ABC的内角，所以 sinC 0．从而 cos A ．
2
π
而 A为 ABC的内角，所以 A ；
3
答案第 10页，共 12页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
1 3
（2）因为 BD 3DC所以 AD AB 3(AC AD) ,所以 AD AB AC，4 4
9 1
2
AB 9
2 3
从而 AC AB AC 9
1 9 3
c2 b2 bc，
16 16 8 16 16 16
9 3 bc 3 bc 9由基本不等式可得： bc 4 3，当且仅当b ,c 4 3时等号成立，
8 16 16 3
故 ABC 1 3的面积的最大值为 16 4 3 .
2 2
22．(1)证明见解析；
(2) 15 .
5
【分析】（1）由题可得 ACB 90 ，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；
（2）根据线面垂直的判定定理可得 PE 平面CDBE，然后利用等积法结合条件即得.
【详解】（1）证明：在图 1中，因为 AB 2BC 2CD，且D为 AB的中点，
ACB 90 ，又 E为 AC的中点，所以DE∥BC，
在图 2中，CE DE,PE DE，且CE PE E，CE,PE 平面CEP，
DE 平面CEP，又 PC 平面CEP，
所以CP DE；
（2）因为CE 平面DEP， PE 平面DEP，
所以CE PE，又 PE DE,CE DE E,CE,DE 平面CDBE，
所以 PE 平面CDBE，连接 BE，则 PE BE，
因为 AB 2BC 2CD 2，△BCD为等边三角形，
2
PD 1,BD 1 PE EC 3
3 EB 7所以 ， ， 1
2
，
2 2
所以 PB PE 2 BE 2 3 7 10 ，
4 4 2
5 6
取 PB的中点 F ，连接DF，则DF PD2 PF2 1 ，
8 4
设点C到平面 PBD的距离为 h，
答案第 11页，共 12页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
V V 1 3 12 3 1 1 10 6 15P BCD C PBD，即 h，解得 h ，
3 4 2 3 2 2 4 5
即点C到平面 PBD 15的距离为 ．
5
答案第 12页，共 12页
{#{QQABKYSQgggoAAJAAQACAw0ACkEQkgGAAKgGwAAQoEIBiBNABAA=}#}
