2021-2022学年湖北省襄阳市高一年级下册学期5月月考数学试题【含答案】

一、单选题

z1i3i1．复数1A．2的虚部是（ ）

1B．21iC．21i2D．

【答案】A

【分析】先根据模的定义计算，并化简得到

z1i3i1iz11i22，再根据虚部的定义作出判定.

【详解】∵1∴z的虚部为2，

13221i11i222，

故选：A.

2．设，是两个平面，m,n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果mn,m,n//，那么.（2）如果m,n//，那么mn.（3）如果//,m，那么m//.其中正确命题的个数是A．0【答案】C

【详解】对于①，mn,m,n//，则, 的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为n// ，所以过直线n作平面与平面 相交于直线C ，则n//c，因为m , mc, mn，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；故本题正确答案为C.

53．已知向量a(1,sin) ，b(1,2)，且a在b上的投影为3，则cos2（ ）5A．3B．1C．2D．3

7B．925C．92D．3【答案】B

15sin3，再根据三角函数的二倍角公式求得答案．【分析】根据a在b上的投影为3可求得

ab12sin53 ，5【详解】由题意得：a在b上的投影|b|即故

sin13 ，

cos212sin212799，

故选：B

4．在棱长为2的正方体则这个截面的面积为

ABCDA1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，

35A．235B．89C．29D．8【答案】C【分析】设

AA1 的中点为N ，则MNBC1 ，连接MN,NB,BC1，MC1 ，则梯形MNBC1 就是过

1C1BM2，，正方体的截面，其面积为

2+22329=22 ，故选C.

5．如图，已知

ABCDA1B1C1D1是棱长为2的正方体，E为AA1的中点，F为CC1上一点，则三棱锥

A1D1EF的体积是（ ）

A．6【答案】B

2B．3C．2

5D．2【分析】根据给定条件，利用等体积法求解三棱锥【详解】在正方体

A1D1EF的体积作答.

ABCDA1B1C1D1中，棱AA1长为2，E为AA1的中点，则

SA1D1E11A1D1A1E21122，

F为CC1上一点，而CC1//平面ADD1A1，C1D1平面ADD1A1，则点F到平面ADD1A1的距离为

C1D1长，

112VA1D1EFVFA1D1ESA1D1EC1D112AD1EF的体积333.所以三棱锥1故选：B

A0,0,||2的部分图象如图所示，则下列说法正确的是6．已知函数f(x)Acos(x)（ ）

1f(x)2cosx32A．

2k,2kfx13，kZB．不等式的解集为7,fx66C．函数的一个单调递减区间为

2gxgxfxD．若将函数的图象向右平移3个单位长度后所得图象对应的函数记为，则是奇

函数【答案】D

【分析】通过最高点得到A的值，通过周期求出的值，通过五点法求出的值，得到函数的解析

xf(x)2cos26，通过三角函数的性质逐一判断即可.式

A0,0,||f(x)Acos(x)2的部分图象，【详解】根据函数

122433，A2可得，12．

x1f(x)2cos026，故A错误；6，结合五点法作图，可得23，x1xcos2k2k,kZfx12623263不等式，即，，

求得

4k3x4k4k,4k3，kZ，故B错误；，故不等式的解集为x57,x,261212，fx没有单调性，故C错误；66当时，

2fx将函数的图象向右平移3个单位长度后所得图象对应的函数记为

xxg(x)2cos2sin2，则gx是奇函数，故D正确．236故选：D.

7．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，且PA平面ABCD，PA3AB，则直线PB与直线AC所成角的余弦值是（ ）2A．42B．85C．45D．8【答案】A

【分析】连接BD交AC于点O，取PD的中点E，易得OE∥PB，从而直线PB与直线AC所成角，即为EOA（或其补角），然后分别在PAD和PAB中，求得AE和OE，然后在△AOE中，利用余弦定理求解.

【详解】解：如图所示：

连接BD交AC于点O，取PD的中点E，连接EO，EA．不妨设AB1．因为四边形ABCD是正方形，所以O是BD的中点，又E是PD的中点，所以OE∥PB．

所以直线PB与直线AC所成角，即为EOA（或其补角）．因为PA平面ABCD，又AB，AD平面ABCD，所以PAAB，PAAD．

在PAD中，PAAD，PA3，AD1，所以AE1；

在PAB中，PAAB，PA3，AB1，所以PB2，所以EO1；

在△AOE中，AE1，

AO22，EO1，

AO2OE2AE2所以

cosAOE22AOOE4，2即直线PB与直线AC所成角的余弦值是4．故选：A．8．在锐角△ABC中，

2Sa2bc2，a2，则△ABC的周长的取值范围是（ ）

A．

4,6B．

4,252C．

6,252D．

4,52【答案】C

【分析】利用面积公式和余弦定理可得

5bcsinBsinC25sinB2，再根据三角形是锐角三角形，得到B的范围，转化为三角函数求取值范围的问题.【详解】∵

tanA14,tanA223，然后根据正弦定理及三角变换可得

2Sa2bca2b2c22bc2bc2bccosA2，

1SbcbccosAbcsinA2∴，

AAA12sin2sincos1cosAsinA222，A为锐角，2∴，即

A11443tan,tanA,sinA,cosA13225514∴，又a2，abc5由正弦定理可得sinAsinBsinC2，所以534sinBsinBcosB4sinB2cosB255A1tan25sinB2，2，，其中因为ABC为锐角三角形，

bc55sinBsinABsinBsinC22所以2AB2，

A2AsinAsinB1sincos25，所以2，又22∴

425sinB25，故ABC的周长的取值范围是故选：C.

6,252．

二、多选题9．在四个正方体

ABCDA1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过点E，F，G作正方体

BD1与平面EFG垂直的是（ ）

的截面，则在各个正方体中，直线

A．B．

C．

【答案】ABC

D．

【分析】选项A，B，C，根据M，N，Q均为所在棱的中点，由平面的基本性质得到E，F，M，N，Q，G六点共面，然后由正方体的结构特征，直线BD与平面EFMNQG垂直，且平面

EFG与平面EFMNQG重合判断；选项D，根据B1BD1不为直角判断.

【详解】如图所示：

在正方体中，设点M，N，Q均为所在棱的中点，则有E，F，M，N，Q，G六点共面.由题易知直线BD，与平面EFMNQG垂直，

选项A，B，C中的平面EFG与平面EFMNQG重合，满足题意；对于选项D，由于E，F分别为棱AB，

A1B1的中点，所以EF//BB1，故B1BD1为异面直线EF，

BD1所成的角且tanB1BD12，即B1BD1不为直角，故BD1与EF不垂直，故BD1与平面EFG不

垂直，故选：ABC.

【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及平面的基本性质，还考查了空间想象和分析问题的能力，属于中档题.

10．在ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，下列叙述正确的是（ ）

abA．若cosBcosA，则ABC为等腰三角形∣sinAcosBB．若ABC为锐角三角形，则

C．若tanAtanBtanC0，则ABC为钝角三角形D．若absinCccosB，则【答案】BCD

【分析】由正弦定理得到sin2Asin2B，求得AB或形，得到

C4AB2，可判定A不正确；由锐角三角

A2B，结合正弦函数的单调性，可判定B正确；由tanAtanBtanC0，得到

tanA,tanB,tanC中一定有一个小于0成立，可判定C正确；由正弦定理和两角和的正弦公式，化

简得到tanC1，可判定D正确.

ab【详解】对于A中，由cosBcosA，可得sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin2B，因为A,B(0,)，可得2A2B或2A2B，即AB或所以ABC为等腰或直角三角形，所以A不正确；对于B中，由ABC为锐角三角形，可得

ABAB2，

AB22，则，

B(0,)A,B(0,)22，2因为，可得

x(0,)∣sinAsin(B)cosB2上为单调递增函数，所以2又因为函数ysinx在，

所以B正确；

对于C中，因为A,B,C(0,)，由tanAtanBtanC0，

C(,)tanA,tanB,tanCtanC02可得中一定有一个小于0成立，不妨设，可得，所以ABC为钝角三角形，所以C正确；

对于D中，因为absinCccosB，由正弦定理可得sinAsinBsinCsinCcosB，因为A(BC)，可得sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC，

所以sinBsinCsinCcosBsinBcosCcosBsinC，可得sinBsinCsinBcosC，因为C(0,)，可得sinC0，所以sinCcosC，即tanC1，所以故选：BCD.

C4，所以D正确.

fxsinx0fx0,611．设函数．已知在上有且仅有3个零点，则下列四个说法

正确的是（ ）

13196,6A．的取值范围是0,fxB．在2上单调递增

C．在D．

0,上存在x1，x2，满足fx1fx22在

fx0,上有且仅有1个最大值

1319366，然后结合三角函数的图，即6【答案】AC

【分析】利用正弦函数的性质及条件可得象和性质逐项判断即得.

2fxsinx00,上有且仅有3个零点，6【详解】∵在

x0,x，得

由

,666，

∴

21319366，故A正确；，即6由

min13x0,x110,fx2，66，此时612，所以在2上不单调递增，故B错误；

由上知

fx在

0,能取到最大值和最小值，所以存在x1，x2，满足fx1fx22，故C正确；

由上可知，

x0,x时，

1319,23666，由666，可得，所以

fx在

0,上可能有2个最大值，故D错误.

故选：AC.

12．如图，已知棱长为1的正方体

ABCDA1B1C1D1中，下列命题正确的是（ ）

A．正方体外接球的半径为3B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变

2C．与所有12条棱都相切的球的体积为3D．M是正方体的内切球的球面上任意一点，则AM长的最小值是【答案】BC

【分析】对于A，利用正方体的性质即得，对于B，判断出四面体PA1B1C1的高为1，底面积不变

R22，即可求体积，对于D．判断出线段AM长度的最小值是

322即得，对于C．先求出球的半径

A到球心的距离减去内切球的半径，直接求解即可.

【详解】对于A，由正方体的性质可知正方体外接球的直径为其体对角线，故正方体外接球的半径

3为2，故A错误；

对于B，点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B正确；

对于C，与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线4422VR3()33323则球的体积，故C正确；

B1C2，则2R2，R22，对于D，正方体的内切球为正方体的中心，内切球的半径为r，可知线段AM长度的最小值是A到球心的距离减去内切球的半径，

正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，

r33112，A到球心的距离为2，所以AM的最小值是2，故D错误.

故选：BC．

三、填空题

13．若 m0，n0， 则 【答案】22【分析】根据已知条件两次运用基本不等式即可求解.1m2m0，n0,0,20,0mnn【详解】，

m1m122n2n22n2n22nmnmnn，

nm1n2m的最小值为__________.

当且仅当mn2时，等号成立，所以当mn2时，故答案为：22.14．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为______．

nm1n2m的最小值为22.5003【答案】

【分析】设球的半径为R，根据已知条件得出正方体上底面截球所得的截面圆的半径AA4，球心到截面圆圆心的距离OAR2，利用勾股定理即可求出球的半径，再带入球体积公式即可.【详解】由题意得正方体上底面到水面的高为862，设球体的半径为R，由题意如图所示：

三角形OAA为直角三角形，A为球与正方体的交点，则OAR2，所以球的体积

AA842222，OAR，所以：R(R2)4，解得R5，

V434500R53333.

500故答案为：315．正四棱锥SABCD的底面边长为1，侧棱长为2，点P，Q分别在BD和SC上，并且BP:PD1:2，PQ平面SAD，则线段PQ的长为______．

16633【答案】##1PQES3【分析】连接并延长CP与DA交于点E，连接SE，证明PQ∥ES，根据比例关系得到，

再利用余弦定理计算得到答案.

【详解】如图所示：连接并延长CP与DA交于点E，连接SE，H为AD中点，连接SH，

BP:PD1:2，故PC:EP1:2，ED2BC2，

PQ平面SAD，平面ESC平面SADES，PQ平面ESC，故PQ∥ES，

1AD112cosSDAPQESSD4，3故，SHAD，故ES2DE2DS22DEDScosSDA44222164，ES6，故

PQ63.6故答案为：316．锐角ABC的内角所对边分别是a，b，c且a1，bcosAcosB1，若A，B变化时，

sinBsin2A存在最大值，则正数的取值范围______．

230,3【答案】

【分析】首先利用正弦定理得出角的关系，再结合锐角三角形得出角的范围，最后根据存在最大值求出的取值范围即可.

【详解】a1，bcosAcosB1，由正弦定理得：

sinBcosAcosBsinAsinA，即：sinBAsinA，

BAA或BAπA（舍）B2Aπ0A2π02A2πππA2AA2 ，解得：6ABC是锐角三角形，41sinBsin2Asin2A1cos2A2sin2A2cos2A2124sin2A2（其中

tan2）

ππ2A322使sinBsinA存在最大值，只需存在，满足

ππ0tan0tantan266

0233 .2Aπ2解得：

230,3.故答案为：四、解答题

17．已知梯形ABCD，按照斜二测画法画出它的直观图ABCD，如图，其中AD2，BC4，AB1．求：

(1)梯形ABCD的面积；

(2)梯形ABCD以BC为旋转轴旋转一周形成的几何体的表面积和体积．【答案】(1)632(2)(1242)，3【分析】（1）将直观图ABCD还原为原图形后利用公式可求其面积.（2）所得几何体是圆柱与圆锥的组合体，利用公式可求其表面积和体积.【详解】（1）直观图ABCD还原为原图形，是直角梯形ABCD，如图，

其中ADAD2，BCBC4，AB2AB2，

1(24)262∴梯形ABCD的面积为.（2）

DC442222，直角梯形绕BC旋转后形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，其表面积S22222222(1242)，

1132VAB2ADAB2(BCAD)222222333.体积

π1π3fxsinxcosxsin2x3234.18．已知

(1)求

fx图象的对称轴方程；

π1afx6(2)若2xππ5πfx2x,1266恒成立，求a的取值范围.对任意的

【答案】(1)(2)a22kππ+kZ212πfxsin2x3，结合正弦函数的对称轴得【分析】（1）利用三角恒等变换整理得

2xππkπ+32求解；

πfx2sin2xasinx112，利用换元tsinx和参变分离得

π1afx6（2）代入整理2112t2taatmint，即．

π1π3fxsinxcosxsin2x3234【详解】（1）

131π3sinxcosxcosxsin2x22234131π3sinxcosxcos2xsin2x22234131ππsin2xcos2xsin2xsin2x44233πfxsin2x3即

2xππkππkπ+x+32则212图象的对称轴方程为

∴

fxxkππ+kZ212．

π1afx6（2）2ππfxasinxsin2xasinxcos2x2sin2xasinx11221π5πtsinx,1x,266，则令∵

π1afx62πfx2t2at122t1a12t则

121

2t22t2t

t2时等号成立t即∵，当且仅当∴a2219．如图，三棱锥ABCD的底面ABC是直角三角形，ACAB，ACAB4，DA平面ABC，

E是BD的中点．

32(1)若此三棱锥的体积为3，求异面直线AE与DC所成角的大小．

(2)若AD3，

①求点A到平面DBC的距离．

②过点E作平面与平面ABC垂直，且和直线BC平行，求平面截三棱锥ABCD的截面的面积．

π【答案】(1)3；634(2)①17 ；②32.【分析】（1）根据三棱锥体积公式，结合异面直线所成角的定义、勾股定理进行求解即可；（2）①：根据三棱锥的体积性质，利用转化法进行求解即可；②：根据三角形中位线定理，结合矩形的面积公式进行求解即可.

11132VDABCSABCDAABACDA3323，解得DA4，【详解】（1）由题意知：

取BC中点F，连接EF，AF，

由E是BD的中点可得EF∥CD，

故AEF或其补角即为异面直线AE与DC所成角．

∵AB，AC平面ABC，DA平面ABC，故DAAB，DAAC，

2222BDAB2AD242，CDACAD42，BCABAC42，AE111AFBC22BD22EFCD22222，，，故△AEF为等边三角形，

AEFππ3，故异面直线AE与DC所成角的大小为3．

S△BCD14252222（2）①若AD3，则BDCD5，BC42，2234，V设点A到平面DBC的距离为d，ADBC111634443234dd17；3所以32，得

②分别取AB、AC、DC的中点M、G、H，

11S△△ADSABCVDABC，即33DBCd，

连接EM、MG、GH、HE，四边形EMGH即为截面，

因为M、G是AB、AC的中点，所以

MG//BC,MG1BC2，

因为DC的中点是H，E是BD的中点，所以

EH//BC,EH1BC2，

所以EH//MG,EHMG，因此四边形EMGH是平行四边形，因为AB中点是M，E是BD的中点，所以EM//DA，因为DA平面ABC，

所以EM平面ABC，因为MG平面ABC，所以EMMG，

所以四边形EMGH为矩形，

EM32，MG22，S矩形EMGHEMMG32．1fxlog2ax20．已知aR，函数

(1)当a3时，解不等式

fx0；

1t,1fxt,t1上的最大值与最小值的差不超过1，求

(2)设a0，若对任意2，函数在区间a的取值范围.

1,0,2【答案】(1)2,(2)311log23031xx【分析】（1）由，得，求解即可；

121taftft11tt1t(t1)，设1tr，转化为（2）根据题意得到，转化为

1tr2tt1r3r2，利用函数的单调性，求得其最值，即可求解.

11fxlog23031xa3x【详解】（1）当时，，即，解得x0或

x12.

所以不等式的解为

0,,121fxlog2ax在t,t1上单调递减，（2）由复合函数单调性知函数

又函数

fx在区间

t,t1上的最大值与最小值的差不超过1，

11log2alog2a1ftft11tt1，可得，即

121t11aa2(a)tt1t(t1)，t1即t，所以

1trr11t,1r[0,]tt11r2rr23r221tr2设，因为，则，可得，r0r0r3r2当时，，

r11r23r2r230rr2 时，可得当，

12192r4yr0,r22，r在区间2为单调递减函数，可得因为

2r112r23r2r23933r2所以，

2a3.所以

2,3故a的取值范围为

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：①若kf(x)在[a,b]上恒成立，则kf(x)max；

kf(x)min；

②若kf(x)在[a,b]上恒成立，则

kf(x)min；

③若kf(x)在[a,b]上有解，则

kf(x)max.

④若kf(x)在[a,b]上有解，则

21．如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小．若AB15m，AC25m，BCM30，求tan的最大值．（仰角为直线AP与平面ABC所成角）

53【答案】9 .

【分析】根据仰角的定义，作图，利用图中的几何关系列出函数式，借助二次函数求解作答.

【详解】

过点P做直线BC的垂线，垂直为D，如图，则由仰角的定义得PAD ，

22由题意BCACAB20 ，设CD3x, 则PD3x ，

点D与B不重合时，在RtABD 中，

AD152203x2 ，点D与B重合时，上式也成立，

tan在RtAPD 中，

xPD3x2AD152203x 33225128162512092x525 ，xx当

5312512 时，tan 取最大值9 ，

53综上，tan的最大值为9 .22．已知正方体

ABCDA1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为棱BC，CD上的动点，

πCF:DFCE:EB．若直线CC1与平面EFC1所成角为6．

(1)求二面角

C1EFC的平面角的大小．

(2)求线段EF的长度．(3)求二面角

C1BDA1平面角的余弦值．

π【答案】(1)3(2)231(3)3【分析】（1）确定

C1MC是二面角C1EFC的平面角，CC1M是直线CC1与平面C1EF所成的

角，计算得到答案.

（2）在△CEF中，CM3，EF2CM，得到答案.（3）确定A1OC1为二面角

C1BDA1的一个平面角，再利用余弦定理计算得到答案.

CMCHMC1于H，【详解】（1）如图，作CMEF，垂足为M，连接1，作

CC1平面ABCD，EF平面ABCD，故CC1EF，CMEF，CMCC1C，CM,CC1平面MCC1，故EF平面MCC1，MC1平面MCC1，故C1MEF，

C1MC是二面角C1EFC的平面角，

CH平面MCC1，故EFCH，CHMC1，EFMC1M，EF,MC1平面EFC1，

故CH平面EFC1，

CC1M是直线CC1与平面C1EF所成的角，

C1CM是直角三角形，由已知

CC1MππC1MC6，所以3．

（2）在△CEF中，CM3，EF2CM23．（3）连接AC交BD于点O，连接A1O,C1O，

在DC1B中，

C1ODB，在△A1DB中，A1ODB，

C1BDA1的一个平面角，

故A1OC1即为二面角

在

△A1OC1中，

A1OC1O362，A1C132，A1O2C1O2A1C1211cosA1OC12A1OC1O3，即二面角C1BDA1平面角的余弦值为3．