2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）3月月考数学试卷解析版

2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）3月月考数学试卷
一、填空题
1．（3分）设，则 Imz＝　 　．
2．（3分）设m∈R，m2+m﹣2+（m2﹣1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m＝　 　．
3．（3分）若复数z满足，则|z|＝　 　．
4．（3分）若z是实系数方程x2+2x+p＝0的一个虚根，且|z|＝2，则p＝　 　．
5．（3分）已知空间四边形ABCD中，AC＝BD＝2，点E、F分别是边BC和AD的中点，且，则直线AC和BD所成角的大小是　 　．
6．（3分）已知在长方体A1B1C1D1﹣ABCD中，AB＝4，BC＝3，CC1＝3，则直线AB1与平面ACC1A1所成角的大小是　 　．
7．（3分）已知点P是边长为1的等边三角形ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC＝2，则点P到平面ABC的距离是　 　．
8．（3分）已知直线l、m与平面α、β，下列命题：
①若l平行α内的一条直线，则l∥α；
②若l垂直α内的两条直线，则l⊥α；
③若m?α，l?α，且m∥β，l∥β，则α∥β；
④若m?α，l?β，且l⊥m，则α⊥β；
⑤若l∥α，l?β且α∩β＝m，则l∥m；
⑥若α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m，则l∥m．
其中正确的命题为　 　（填写所有正确命题的编号）．
9．（3分）设集合M＝{α，β，γ}，其中α、β、γ是复数，若集合M中任意两数之积及任意一个数的平方仍是M中的元素，则集合M＝　 　．
10．（3分）如图，已知正方体A1B1C1D1﹣ABCD的棱长为a，点P为线段BC1上一点，Q是平面ABCD上一点，则D1P+PQ的最小值是　 　．

二、选择题
11．（3分）对于实系数一元二次方程ax2+bx+c＝0，在复数范围内其解是x1、x2，下列结论中不正确的是（　　）
A．若b2﹣4ac＝0，则x1＝x2∈R
B．若b2﹣4ac＜0，则x1?R，x2?R且
C．一定有
D．一定有
12．（3分）教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线（　　）
A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面
13．（3分）若a、b为非零实数，则以下四个命题都成立：①；②（a+b）2＝a2+2ab+b2；③若|a|＝|b|，则a＝±b；④若a2＝ab，则a＝b，则对于任意非零复数a、b，上述命题中仍为真命题的个数为（　　）个
A．1 B．2 C．3 D．4
14．（3分）在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα（P）]，Q2＝fα[fβ（P）]，恒有PQ1＝PQ2，则（　　）
A．平面α与平面β垂直
B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°
C．平面α与平面β平行
D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°
三、解答题
15．在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，E、F分别是BC、A1D1的中点．
（1）求证：四边形B1EDF是棱形；
（2）作出直线A1C与平面B1EFD的交点（写出作图步骤）．

16．如图，在长方体A1B1C1D1﹣ABCD中，E、F分别是棱AA1、AB的中点，AB＝BC＝4，AA1＝3，求：
（1）EF与A1C1所成的角；
（2）A1C与平面ABCD所成的角．

17．如图，在空间四边形ABCD中，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90，且AB＝BC＝1，．
（1）若CE⊥BD，EF⊥AD，求证：AD⊥平面CEF；
（2）求二面角C﹣AD﹣B的大小．

18．复数z1所对应的点在以点（1，1）及（1，﹣1）为端点的线段上运动，复数z2满足|z2|＝1，求：
（1）复数z1?z2模的取值范围；
（2）复数对应的点的轨迹方程．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
（Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．




2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）3月月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题
1．【解答】解：∵＝＝＝1﹣i，
∴Imz＝﹣1．
故答案为：﹣1．
2．【解答】解：∵复数z＝（m2+m﹣2）+（m﹣1）i为纯虚数，
∴m2+m﹣2＝0，m2﹣1≠0，解得m＝﹣2，
故答案为：﹣2．
3．【解答】解：设z＝a+bi，则＝a﹣bi，
则由得3（a+bi）+a﹣bi＝1+i，
即4a+2bi＝1+i，
则，得，
则|z|＝＝＝＝，
故答案为：．
4．【解答】解：设z＝a+bi，则方程的另一个根为z'＝a﹣bi，且，
由韦达定理直线z+z'＝2a＝﹣2，∴a＝﹣1，∴，
所以
故答案为：4
5．【解答】解：分别取CD、AB的中点为G、H，
连接EG、GF、FH、EH，得四边形EGFH为平行四边形，
且AC∥EH，BD∥FH，
则∠EHF（或其补角）为直线AC和BD所成角的平面角，
又EH＝HF＝1，EF＝，
易得∠EHF＝，
即直线AC和BD所成角的大小是，
故答案为：．

6．【解答】解：
如图，在上底面作B1E⊥A1C1 于E，
连接AE，
易知∠EAB1 即为AB1与平面ACC1A1 所成的角，
利用所给数据，求得AB1＝5，EB1＝，
∴sin∠EAB1＝＝，
∴∠EAB1＝arcsin，
故答案为：arcsin．
7．【解答】解：取BC 中点D，连结AD，过P作PO⊥平面ABC，交AD于O，
∵点P是边长为1的等边三角形ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC＝2，
∴AO＝AD＝＝，
∴点P到平面ABC的距离是：
PO＝＝＝．
∴点P到平面ABC的距离是．
故答案为：．

8．【解答】解：对于①，若l平行α内的一条直线，则l∥α不一定成立，如l?α时，∴①错误；
对于②，若l垂直α内的两条直线，则l⊥α不一定成立，如α内的这两条直线平行时，∴②错误；
对于③，若m?α，l?α，且m∥β，l∥β，则由平面与平面平行的判定定理，不能得出α∥β，③错误；
对于④，若m?α，l?β，且l⊥m，则由平面与平面垂直的判定定理，不能得出α⊥β，④错误；
对于⑤，若l∥α，l?β且α∩β＝m，则由直线与平面平行的性质定理，得出l∥m，⑤正确；
对于⑥，若α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m，则由平面与平面平行的性质定理，即可判定l∥m，⑥正确．
综上，其中正确的命题序号为⑤⑥．
故答案为：⑤⑥．
9．【解答】解：集合M中任意两数之积及任意一个数的平方仍是M中的元素，
则M＝{﹣1，0，1}，
故答案为{﹣1，0，1}．
10．【解答】解：把△CBB1沿BC1上转90°，与平面BC1D1共面，当D1Q⊥BC时，D1P+PQ＝D1Q最小，
PD1＝a，PQ＝a﹣a，
所以D1P+PQ的最小值为（1+）a，
故答案为：（1+）a．
二、选择题
11．【解答】解：对于A，b2﹣4ac＝0时，x1＝x2＝﹣∈R，A正确；
对于B，设△＝b2﹣4ac＜0，则x1?R，x2?R，
求出x1＝，x2＝，则≠，B错误；
对于C，由根与系数的关系知，C正确；
对于D，＝，D正确．
故选：B．
12．【解答】解：由题意，直尺所在直线若与地面垂直，则在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线垂直
若直尺所在直线若与地面不垂直，则其必在地面上有一条投影线，在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直
综上，教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线垂直
故选：B．
13．【解答】解：对于①，当a＝i时，a+＝i+＝0，∴①不成立；
对于②，根据复数代数形式的运算法则，满足乘法公式，②成立；
对于③，在复数集C中，|1|＝|i|，则a＝i，b＝1时，i＝1不成立，∴③不成立；
对于④，根据复数的运算法则知，若a2＝ab，则a＝b，④成立；
综上，上述命题仍然成立的所有序号是②④．
故选：B．
14．【解答】解：设P1＝fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足
∵Q1＝fβ[fα（P）]＝fβ（P1），
∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足
同理，若P2＝fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足
因此Q2＝fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足
∵对任意的点P，恒有PQ1＝PQ2，
∴点Q1与Q2重合于同一点
由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角
∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直
故选：A．

三、解答题
15．【解答】（1）证明：取AD中点G，连接FG，BG，如图1所示，

则B1B∥FG，B1B＝FG，
∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B1F，
由ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，
可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG＝DE，
则B1F∥DE，且B1F＝DE，
∴四边形B1EDF为平行四边形，由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E＝B1F，
∴四边形B1EDF是菱形；
（2）连接A1C和AC1，则A1C与AC1的交点O，
即为直线A1C与平面B1EFD的交点，如图所示．

16．【解答】解：（1）连接EF，A1B，BC1，
则EF∥A1B，
∴∠BA1C1（或其补角）即为EF与A1C1所成的角，
∵AB＝BC＝4，AA1＝3，
∴A1B＝5，BC1＝5，A1C1＝4，
∴cos∠BA1C1＝＝，
故EF与A1C1所成的角为：arccos．
（2）连接AC，
易知∠ACA1即为A1C与平面ABCD 所成的角，
tan∠ACA1＝＝＝．
故A1C与平面ABCD所成的角为：arctan．

17．【解答】证明：（1）∵AB⊥平面BCD，CE?平面BCD，∴AB⊥CE，
∵CE⊥BD，AB∩BD＝B，∴CE⊥平面ABD，∴CE⊥AD，
∵EF⊥AD，CE∩EF＝E，
∴AD⊥平面CEF．
解：（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB＝BC＝1，．
∴A（0，1，1），B（0，1，0），C（0，0，0），D（，0，0），
＝（），＝（0，0，﹣1），＝（0，﹣1，﹣1），
设平面ADC的法向量＝（x，y，z），
则，取y＝1，得＝（0，1，﹣1），
设平面ADB的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，，0），
设二面角C﹣AD﹣B的平面角为θ，
则cosθ＝＝＝．
∴二面角C﹣AD﹣B的大小为．

18．【解答】解：（1）依题意得z1＝1+bi，（﹣1≤b≤1），
∴|z1z2|＝|z1||z2|＝|z1|＝∈[1，]．
（2）z12＝1﹣b2+2bi，
设z12＝（x，y），则，消去b得y2＝4﹣4x，（0≤x≤1）
19．【解答】解：（I）延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE＝ED＝AD，
∵BC＝CD＝AD，∴ED＝BC，
∵AD∥BC，即ED∥BC．∴四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD．
∵AB∩CD＝M，∴M∈CD，∴CM∥BE，
∵BE?平面PBE，∴CM∥平面PBE，
∵M∈AB，AB?平面PAB，
∴M∈平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点M（M＝AB∩CD），使得直线CM∥平面PBE．
（II）如图所示，∵∠ADC＝∠PAB＝90°，异面直线PA与CD所成的角为90°，AB∩CD＝M，
∴AP⊥平面ABCD．
∴CD⊥PD，PA⊥AD．
因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小为45°．
∴PA＝AD．
不妨设AD＝2，则BC＝CD＝AD＝1．∴P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），
∴＝（﹣1，1，0），＝（0，1，﹣2），＝（0，0，2），
设平面PCE的法向量为＝（x，y，z），则，可得：．
令y＝2，则x＝2，z＝1，∴＝（2，2，1）．
设直线PA与平面PCE所成角为θ，
则sinθ＝＝＝＝．