江苏省南京市宁海中学2020-2021学年高一下学期6月月考数学试题

数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知复数z3i（i是虚数单位），z的共轭复数记作z，则A．3i 22z（ ） zD．3i 22B．3i 22C．3i 222．下列命题中错误的是（ ）

A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β

B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 3．已知a，b，c均为单位向量，且a2b2c0，则bc（ ） A．

385B．

87C．

89D．

84．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是（ ）

A．30° B．45° C．60° D．120°

35．已知sin= ，则cos2的值为（ ）

333121A． B． C．

333D．2 36．如图所示，边长为2的正△ABC，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧BC，点P在圆弧上运动，则AB•AP的取值范围为（ ）

试卷第1页，总6页

A．[2，33] B．[4，33] C．[2，4] D．[2，5]

7．如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15，向山顶前进100m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45，若CD50m，山坡对于地平面的坡度为，则cos等于（ ）

A．3 3B．62 C．31 D．21

8．如图所示，某圆锥的高为3，底面半径为1，O为底面圆心，OA，OB为底面半径，且∠AOB=

2,M是母线PA的中点，则在此圆锥侧面上，从M到B的路径中，最短路3径的长度为（ ）

A．3

二、多选题

B．2-1 C．5 D．2+1 试卷第2页，总6页

9．已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A．ii2i3i40 B．复数z3i的虚部为i

C．若z(12i)2，则复平面内z对应的点位于第二象限

D．已知复数z满足z1z1，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线 10．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）

A．AE//CD B．DGBH

C．CH与DE是异面直线 D．BG与DE所成的角为90°

11．如图，在正方体ABCDABCD中，线段BD上有两个动点E，F，若线段EF长度为一定值，则下列结论中正确的是（ ）

A．ACBE C．EF//平面ABCD

B．BD平面ABE

D．三棱锥BAEF的体积为定值

12．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是（ ）

试卷第3页，总6页

A．四棱锥PABCM的体积的最大值为25 5B．当面PAM平面ABCM时，二面角PC．存在某一翻折位置，使得AMPB D．棱PB的中点为N，则CN的长为定值

三、填空题

ABC的正切值为5 413．已知a2,1，b,4，且a//b，则实数_________． 14．cos242sin42sin18的值为______．

15．用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面,再用一个半径为R的半圆卷成一个圆锥的侧面,则该圆柱与圆锥的体积之比为 ___．

16．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

(a2b)sinA(cb)(sinCsinB)，设D是AB的中点，若CD1，则ABC面积的最

大值是________．

四、解答题

17．（Ⅰ）在①zz4，②z为纯虚数，③z为实数，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．

22已知复数zm3m2m5m6i（i为虚数单位），z为z的共轭复数，若

_________，求实数m的值；（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件给分） （Ⅱ）在复数范围内解关于x的方程：x22x20． 18．如图，长方体ABCDA1BC13. 11D1中，ABBC2,AA试卷第4页，总6页

（1）求四棱锥A1ABCD的体积； （2）求异面直线AC1与DD1所成角的大小．

19．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是AP的中点，ABBD，PBPD，平面PBD底面ABCD.

（1）求证：PC//平面BDE； （2）求证：PD平面PAB.

33xx20．已知向量acosx,sinx,bcos,sin，且x0,，求：

22222（1）ab及|ab|；

3（2）若f(x)ab2|ab|的最小值为，求实数的值．

2DE//BC，BC平面ABE，DE3BC6，BAC45，21．如图，在四棱锥ABCDE中，

DAEABE60.

试卷第5页，总6页

（1）求证：平面ABC平面ADE；

（2）若点F满足AFFD，且AB//平面CEF，求的值.

ABC60，PA平面ABCD，22．E、已知四棱锥中PABCD，底面ABCD为菱形，

PD上的中点，M分别是BC、直线EM与平面PAD所成角的正弦值为15，点F在PC5上移动.

（Ⅰ）证明：无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF平面PAD； （Ⅱ）求点F恰为PC的中点时，二面角CAFE的余弦值.

试卷第6页，总6页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参考答案

1．A 【分析】

利用复数的模长公式、共轭复数的定义可求得复数【详解】

z. zz3i，则z312，z3i，因此，故选：A. 2．D 【分析】

z31i. z22A.在正方体中举例判断；B.利用平面与平面垂直的判定定理判断；C.利用线垂直的判定定理和面面垂直的性质定理判断；D. 在正方体中举例判断； 【详解】

A. 如图所示:在正方体中，平面APCF平面PBDC，AF//

平面PBDC，故正确；

B.如果平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α垂直于平面β，故正确；

C.如图所示：

在 内取一点Q，作QMCP,QNCD ，

因为平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，所以QM平面α， QN平面β，又因为α∩β＝l，所以QMl，QNl又QMQNQ，则l⊥平面γ，故正确；

答案第1页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

D. 如图所示:在正方体中，平面APCF平面PBDC，AF//

平面PBDC，故错误； 故选：D 3．C 【分析】

对已知式子进行移项平方即得. 【详解】

由题意知：2c2ba，则4c4b8bca 即88bc1，得：bc故选:C. 4．C 【分析】

将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出异面直线AB与CD所成角的大小. 【详解】

如图所示：将多面体放置于正方体中，以点O为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2

7. 8222

则A1,0,2,B0,1,2,C0,2,1,D1,2,0

答案第2页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

AB1,1,0，CD1,0,1，设异面直线AB与CD所成角为

所以cos故选：C 5．C 【分析】

ABCDABCD11，故60 2223已知条件由诱导公式可化为cos，再由余弦的二倍角公式可解．

63【详解】

解：sin，

3333sincos，

632631cos22cos2121． 33362故选：C． 6．D 【分析】

根据向量数量积的定义，ABAP等于AB乘以AP在向量AB上的投影，因为AB不变，故求ABAP的取值范围等价于求向量AP在向量AB上的投影的长度取值范围即可. 【详解】

解：由题可知，当点P在点C处时，ABAP最小， 此时ABAPABAEABACcos32212, 2过圆心O作OP//AB交圆弧于点P，连接AP，此时ABAP最大， 过O作OG⊥AB于G，PF⊥AB的延长线于F，

3则ABAP=|AB||AF|=|AB|(|AG|+|GF|)=215，

2所以ABAP的取值范围为[2，5].

答案第3页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

故选：D. 【点睛】

方法点睛：利用数量积几何意义，将问题转化为投影长度的变化，从而求得取值范围. 7．C 【分析】

在ABC中，由正弦定理得AC＝1002m，再在ADC中，由正弦定理得解. 【详解】

由题知，CAD15，CBD45，所以ACB30，ABC135. 在ABC中，由正弦定理得

ABAC， sin30sin135又AB100m，∴AC＝1002m． 在ADC中，ADC90，CD50m， 由正弦定理得

ACCD，

sin(90)sin15∴cossin90故选：C. 8．A 【分析】

ACsin1531.

CD画出圆锥侧面展开图，求得AB，再求出APB，即可利用余弦定理求解. 【详解】

如图为圆锥的侧面展开图，AB221, 33PA3212，则APB2ABPA，

3在△PMB中，PM1,PB2，

答案第4页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

22则MB21221cos233，

MB3为M到B的路径中，最短路径的长.

故选：A.

9．AD 【分析】

根据复数的概念、运算对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】

A选项，ii2i3i4i1i10，故A选项正确. B选项，z的虚部为1，故B选项错误.

C选项，z14i4i234i,z34i，对应坐标为3,4在第三象限，故C选项错误. D选项，z1z1z1表示z到A1,0和B1,0两点的距离相等，故z的轨迹是线段AB的垂直平分线，故D选项正确. 故选：AD 10．BCD 【分析】 还原正方体即得. 【详解】

还原之后如图所示：

答案第5页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

选项A：显然AE与CD不平行，错误；

选项B：DGCH，DGBC，故DGBH，正确； 选项C：显然CH与DE异面，正确；

选项D：AHDE，AH//BG，故BGDE，正确； 故选：BCD. 11．ACD 【分析】

选项A，连接BD，通过证明AC平面BBDD，可判定ACBE；选项B，通过ABD45可判定；选项C，利用平面ABCD//平面ABCD可判定EF//平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定值来判定. 【详解】 选项A：

连接BD，底面ABCD是正方形，ACBD， 又DD平面ABCD，AC平面ABCD，DDAC， BDDDD，AC平面BBDD，

又BE平面BBDD，ACBE，故选项A正确； 选项B：

若BD平面ABE，

AB平面ABE，BDAB，

但显然ABD45，所以BD平面ABE不成立，故选项B错误； 选项C：

正方体中，平面ABCD//平面ABCD，EF平面ABCD，EF//平面ABCD，故选项C正确；

答案第6页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

选项D：

点A到平面BEF的距离也是点A到平面BBDD的距离，等于AC的一半， 即三棱锥高为定值，而BEF的边EF为定值，高为BB为定值，故体积为定值， 故选项D正确. 故选：ACD.

12．ABD 【分析】

当面PAM平面ABCM时，四棱锥PABCM的高取得最大值,此时体积达到最大值，经计算可知A正确；作出二面角PABC的平面角，经计算可知B正确；利用反证法可知C

不正确；取PA的中点Q，连QN，QM，CN，可得CNQM，经计算可知D正确. 【详解】

在△ADM翻折到△PAM的过程中，因为四棱锥PABCM的底面积为定值，定值为1(12)23，所以当四棱锥PABCM的高取得最大值时，其体积达到最大， 2当面PAM平面ABCM时，四棱锥PABCM的高取得最大值,其最大值为直角三角形DAM的斜边上的高，其值为12122225， 525125所以四棱锥PABCM的体积的最大值为，故A正确； 3535当面PAM平面ABCM时，过P作PGPGAB，

AM，垂足为G，则PG平面ABCM，所以

过G作GHAB，垂足为H，连PH，因为PGGHG，所以AB平面PGH，所以

ABPH，所以PHG为二面角PABC的平面角，

答案第7页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

在直角三角形PAM中，PG121222225，在直角三角形PGA中，525DM1545，因为cosAMD， AGPA2PG222225AM5512所以cosGAHcosAMD54554，在直角三角形GAH中，AHAGcosGAH，

5555245所以GHAG2AH25面角PABC的正切值为25PG584，所以二5，所以tanPHG8GH455525，故B正确； 4

连接GB，如图：

假设AMPB，因为AMPG，PGPBP，所以AM平面PGB，所以AGGB，

455AG25所以，又，二者相矛盾，故假设不成cosGAHcosAMDcosGAB55AB25立，故AM与PB不垂直，故C不正确； 取PA的中点Q，连QN，QM，CN，如图：

答案第8页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

因为QN//AB，QN11AB，MC//AB，MCAB，

22所以QN//MC，QNMC，所以四边形QNCM为平行四边形， 所以CNQM，

在直角三角形QPM中，QNPQ2PM212122，所以CN2，即CN的长为定值2，故D正确. 故选：ABD 【点睛】

关键点点睛：掌握棱锥的体积公式，二面角的定义是本题的解题关键. 13．8 【分析】

根据平面向量平行的坐标表示即可解出． 【详解】

因为a//b，所以2410，解得8． 故答案为：8． 14．2 【分析】

cos24cos(4218)，由两角差的余弦公式展开，再由两角和的余弦公式变形求值．

1【详解】

解： cos242sin42sin18cos42182sin42sin18 cos42cos18sin42sin18cos4218cos601． 2故答案为：2． 【点睛】

关键点点睛：本题解题关键是发现角之间的差异与联系，能够利用角的拼凑及两角和与差的

答案第9页，总17页

1本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

余弦公式进行求解． 15．1632

【分析】

由题易知圆柱的底面面的周长为2R，求得体积V13R3CR，易求得V2，即可得出答案.

242R3，再半圆弧为圆锥的底面圆的周长

【详解】

由题，圆柱的底面面的周长为2R，设底面圆的半径为r1，可得2r12R,r1圆柱的高为2R，所以体积为：V1s1h1rh21R

2R3

用一个半径为R的半圆卷成一个圆锥的侧面,易知半圆弧为圆锥的底面圆的周长：CR，设圆锥下底面圆半径r2，可得2r2R,r2R3，圆锥的高：h2R2r22R 2211233R3 所以圆锥的体积：V2s2h2r2R332242R3所以

V1V2163 23R324163故答案为2 【点睛】

本题考查了立体几何的圆柱以及圆锥，熟悉图形的构造是解题的关键，一定要清楚知道下底面的圆的周长，属于中档题. 16．21 【分析】

2，利用中线向量基本21定理，推出a2b242ab，再由均值不等式，可得ab的最大值，最后由SabsinC，得

2先利用正弦定理将已知等式中的角化边，再由余弦定理可得cosC解． 【详解】 由正弦定理知，

abc， sinAsinBsinC(a2b)sinA(cb)(sinCsinB)，

答案第10页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

(a2b)a(cb)(cb)，

化简得，a2b2c22ab①，

a2b2c22ab2由余弦定理知，cosC， 2ab2ab2C(0,)，sinC2， 2

D为AB的中点，

CACB2CD，即(CACB)24CD2，

|CA|22CACB|CB|24|CD|2，即b22bacosACBa24，

化简得，a2b242ab2ab，

ab422422，当且仅当ab时，等号成立，

1212(422)21． 22所以ABC面积SabsinC故答案为：21．

17．（Ⅰ）答案见解析（Ⅱ）x11i,x21i 【分析】

（Ⅰ）由复数的类型以及运算，列出关系式，从而得出实数m的值； （Ⅱ）由配方法结合复数的性质得出方程的解. 【详解】

22（Ⅰ）①zm3m2m5m6i,zz4

2m23m24，即m23m0，解得m0或m3

②z为纯虚数

m23m202，解得m1 m5m60③z为实数，m25m60，解得m2,m3

答案第11页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（Ⅱ）(x1)21i2，x11i,x21i 18．（1）4；（2）【分析】

1（1）四棱锥A1﹣ABCD的体积VA1ABCD=S矩形ABCDAA1，由此能求出结果．

322. 3（2）由DD1∥CC1，知∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线A1C与DD1所成角的大小． 【详解】

（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，

∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：

111VA1ABCD=S矩形ABCDAA1＝ABADAA1＝223＝4．

333（2）∵DD1∥CC1，∴∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角的补角），

22A1C12222∵tan∠A1CC1＝＝＝，

CC13322∴A1CC1＝arctan．

3∴异面直线A1C与DD1所成角的大小为arctan22； 3

【点睛】

本题考查三棱锥的体积的求法，考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注空间思维能力的培养．

19．（1）证明见解析；（2）证明见解析 【分析】

（1）连结AC，交BD于点O，连结EO，则点O为AC中点，由点E为AP的中点，得EO//PC，由此能证明PC//平面BDE；

（2）根据题设条件推导出PB平面ABCD，PBAB，ABBD，从而AB平面PBD，

答案第12页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

进而可得ABPD，结合PDPB，由此能证明PD平面PAB. 【详解】

（1）证明：连接AC交BD于点O，并连接EO

∵平行四边形ABCD，且AC交BD于点O ∴点O为AC中点

在PAC中，点E为AP的中点 ∴EO//PC

∵EO平面BDE，PC平面BDE ∴PC//平面BDE

（2）∵平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD，PBBD，PB平面PBD ∴PB平面ABCD ∵AB平面ABCD

∴PBAB 又∵ABBD，BD∴AB平面PBD ∵PD平面PBD ∴ABPD

又∵PDPB，PBABB，PB平面PAB，AB∴PD平面PAB. 【点睛】

本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

20．（1）abcos2x，|ab|2cosx （2）. 【分析】

（1）利用向量的数量积和向量的模的坐标运算公式，直接运算，即可求解；

1

2

PBB，PB平面PBD，BD平面PBD

平面PAB

答案第13页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

2（2）由（1）求得函数f(x)2cosx4cosx1,x[0,]，令tcosx[0,1]，得到

2y2t24t1,t[0,1]，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】

33xx（1）由题意，向量acosx,sinx,bcos,sin，

22223xx3x3x3xx3abcosx,sinxcos,sincosxcossinxsincos()cos2x， 可得2222222222又由acos233xxxsin2x1,b(cos)2(sin)21 222222所以|ab|ab2ab112cos2x22cos2x2cosx.

（2）由（1）可得f(x)ab2|ab|cos2x4cosx,x[0,]，

22即f(x)cos2x4cosx2cosx4cosx1,x[0,]，

2令tcosx[0,1]，所以y2t24t1,t[0,1]， 对称轴为tλ，

若0，则ymin1，不符合题意； 若1，则ymin1435，解得（舍去）；

82312若01，则ymin12，解得，

22综上可得：.

121．（1）证明见解析；（2）.

312

【分析】

（1）由BC平面ABE，DE//BC，得到DEAE，再由BE2AB2AE2，得到ABAE，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；

（2）连接BD交CE于点G，连接FG，根据AB//平面CEF，得到AB//FG，由解. 【详解】

（1）∵DE//BC，BC平面ABE，. ∴DE平面ABE

答案第14页，总17页

AFBG求FDGD本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

又∵AE平面ABE， ∴DEAE.

在Rt△ADE中，由DAE60，DE6得，AE23. 在△ABE中，AE2AB2BE22ABBEcosABE，解得BE4. ∴BE2AB2AE2，即ABAE.

而BCAE，AB,BC平面ABC，ABBCB， ∴AE⊥平面ABC. 又∵AE平面ADE， ∴平面ABC平面ADE. （2）如图所示：

连接BD交CE于点G，连接FG.

∵AB//平面CEF，平面ABD平面CEFFG， ∴AB//FG，∴

AFBG. FDGD△DEG，

在直角梯形BCDE中，△BCG∴

BGBC1， GDDE31∴.

3【点睛】

方法点睛：（1）证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．（2）证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，

答案第15页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

a⊂α⇒α⊥β)．

22．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【分析】

（Ⅰ）推导出AE⊥PA，AE⊥AD，从而AE⊥平面PAD，由此能证明无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD．

（Ⅱ）以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣AF﹣E的余弦值． 【详解】 （Ⅰ）连接AC

∵底面ABCD为菱形，ABC60， ∴ABC是正三角形， ∵E是BC中点，∴AEBC 又ADBC，∴AEAD

∵PA平面ABCD，AE平面ABCD， ∴PAAE，又PAAEA ∴AE平面PAD，又AE平面AEF ∴平面AEF平面PAD.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，AE，AD，AP两两垂直，以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∵AE平面PAD，

∴AME就是EM与平面PAD所成的角， 在RtAME中，sinAME15AE6，即， 5AM215. 5设AB2a，则AE3a，得AM2a， 又ADAB2a，设PA2b，则M0,a,b， 所以AMa2b22a， 从而ba，∴PAAD2a， 则A0,0,0，B3a,a,0，C3a,a,0，D0,2a,0，P0,0,2a，

答案第16页，总17页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

E3aa3a,0,0，F2,2,a，

所以AE3aa3a,0,0，AF2,2,a，BD3a,3a,0，

设nx,y,z是平面AEF一个法向量，则

3ax0nAE0 3axay取za，得n0,2a,a nAF0az022又BD平面ACF，∴BD3a,3a,0是平面ACF的一个法向量， ∴cosn,BDnBDnBD

6a215 55a23a15. 5∴二面角CAFE的余弦值为

【点睛】

本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

答案第17页，总17页