1auto试卷第1页，共4页展辉学校高一零班第二次月考数学试卷 一、单选题 1．已知集合{ Z| 3 3}A x x   ，2,4,6,7B，则A B（）A．2,4B．0,2,4C．2,4,6D．1,2,4,5,6,82．非零向量a，b，c，a b c a    是b c的（）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．复数1 2iz （i为虚数单位），则z的共轭复数z的虚部是（）A．2iB．2 C．2D．2i4．若圆锥的高为32，底面半径为12，则这个圆锥的侧面积为（）A．3π4B．3π24C．π2D．π5．已知直线m，n与平面，，，则下列命题中正确的是（）A．若 ， ，则// B．若m，n，则//m nC．若/ /m，n ，则//m nD．若/ /m，/ /m，则// 6．已知向量3, 1m ，1,2n，2,4p ，若2m n p kn   //，则实数k的值（）A．719B．719C．2D．2 7．已知平面向量,a b 满足3, 2, 22 7a ba b     ，则a在b上的投影向量为（）A．34bB．32bC．3bD．4br8．在ABCV中，, ,a b c分别是内角, ,A B C的对边，若22214ABCSa b c ，且0sin sin BC BAACA C ，则ABCV的形状是（）A．等边三角形B．等腰直角三角形C．有一个角是30o的直角三角形D．有一个角是30o的等腰三角形二、多选题 9．已知i为虚数单位，z为复数，则下列命题中正确的是（）A．2 34i i i i 0   试卷第2页，共4页B．若iz a b a b R、，则2z b是z为纯虚数的充要条件C．2z z z D．若2z，则iz的最大值为3 10．在三棱锥P ABC中，1AB BC CA  ，则下列说法正确的有（）A．若2PA PB PC  ，则三棱锥P ABC是正三棱锥B．若PAB，PBC△，PCAV的周长均为4，则三棱锥P ABC是正三棱锥C．若PAB，PBC△，PCAV的内切圆的面积均为π9，则三棱锥P ABC是正三棱锥D．若π3APB BPC CPA，则三棱锥P ABC是正三棱锥11．已知正四棱柱1 1 1 1ABCD ABC D中，122AA AB，则（）A．异面直线1AB与1AD所成角的余弦值为45B．直线1AD与平面ABCD所成角的余弦值为2 55C．三棱锥1D ABC的外接球的半径为6D．三棱锥1D ABC的内切球的半径为5 2三、填空题 12．为了测量某铁塔的高度，检测员在地面A处测得塔顶T处仰角为30，从A处向正东方向走了70米到地面B处，测得塔顶T处仰角为60，若60AOB  ，则铁塔OT的高度为____________________米. 13．如图，在棱长为6的正方体1 1 1 1ABCD ABC D中，, ,E F G分别为1, ,AB BC CC的中点，则平面EFG截正方体所得截面的面积为_____ 试卷第3页，共4页14．《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代．内饰充满了中国文化符号、某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，3π4ABC ，点P在线段CH上，且21,33AP AH AC  则AP AB 的值为_____；若点Q为线段CD上的动点，则 AQ QE的最小值为________ 四、解答题 15．已知向量a，b满足1a，1, 3b，a与b的夹角为π3．(1)求2a b；(2)若2ka b a b   ，求实数k的值．16．已知函数22sin cos 2 3cos3f xx xx. (1)求f x的最小正周期和对称中心；(2)求f x在区间0，内的单调递增区间. 17．在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是直角梯形，CD AD，AB CD∥，PC底面ABCD，2AD DC ，4 AB CP，点E在直线PB上. 答案第2页，共12页5．B 【详解】若 ， ，则// 或, 相交（墙角模型），故A错误；若m，n，则//m n，故B正确；若/ /m，n ，则//m n或异面，故C错误；若/ /m，/ /m，则// 或相交，故D错误. 6．D 【分析】根据平面向量的坐标运算和两向量平行的充要条件列式计算求解【详解】因为27,0m n  ，2 ,4 2p knk k     ，又2m n p kn   //，所以7 4 2 0 20kk      ，解得2k. 7．A 【分析】通过22a b，求得3a b  ，再由投影向量计算公式即可求解. 【详解】因为3, 2, 22 7a ba b     ．所以22224 428a b a a b b        ，解得3a b  ，所以a在b上的投影向量为234a bb bb ．8．B 【分析】由三角形面积公式和余弦定理化简可得π4C，由正弦定理化简得b c，结合平面向量线性运算、数量积运算和平面几何知识可得，从而可得是等腰直角三角形. 【详解】根据余弦定理2222 cosa b c ab C  ，则222112 cos44ABCSa b cab C   . 根据三角形面积公式1sin2ABCSab C，则11sin2 cos24ab Cab C ，化简得sin cosC C，即tan 1C.因为C是三角形内角，所以π4C. 又0sin sinBC BAACA C  ，由2sin sinacRA C，可得sin,sin2 22 2BCABacACR RR R  . 则0BC BAACBC BA   . 如图所示，在边,BC BA上分别取点,D E，使,BCBABDBEBCBA   ，答案第3页，共12页以,BD BE为邻边作平行四边形BDFE，则四边形BDFE为菱形，连接, ,BF DE BF DE，且BC BABFBC BA  ，0BC BAACBC BA   ，0,BF ACBF AC     . 又DE BF，/ /DE AC且BD BE，BC BA ，即a c. 又π4C，所以π4A C ，进而π2B，所以ABCV是等腰直角三角形. 9．ABCD 【详解】对A：因为a，b为非零向量，所以0a b  与a b 等价，故A正确；对B：因为a b 1 21 20a b x x y y    ，故B正确；对C：因为a b a b     22a b a b     22a b a b     222222aaa b ba b b    0a b  a b ，故C正确；对D：因为222a b a b     22222a b a a b b         0a b  a b ，故D正确. 10．AD 【分析】对于A，利用复数的乘方运算即可；对于B，利用纯虚数的概念即可判断；对于C，利用复数的乘法运算可求解；对于D，根据题意可得z的轨迹是以0 0，为圆心，2为半径的圆；将问题转化为圆上的点到0 1，的距离的最大值. 【详解】对于A，2 3 4i i i i i 1 i+1=0     ，故A正确;对于B，若iz a b a b R、，则22z a b ，若2z b，则0a，取0b，则iz a b a b R、不是纯虚数；答案第4页，共12页若z为纯虚数，则0a，0b，则2z b，综上2z b是z为纯虚数的必要不充分条件；对于C，取1 iz ，则2i2, 2z z z ，故C错误；对于D，设i ,z x y x y R2z，224x y  ，即z的轨迹是以 0 0，为圆心，2为半径的圆；  22i1 i1z x yx y       ，其几何意义是圆上的点到 0, 1的距离.圆心 0,0到点 0, 1的距离为1，圆的半径为2，圆上的点到点 0, 1的最大距离为1 2 3 ，即iz的最大值为3，故D正确;11．AD【分析】先利用线线平行的传递性求得1 1ABC为异面直线1AB与1AD所成角，再在1 1ABCV中利用余弦定理即可得解判断A，根据线面角的定义证明1D AD为直线1AD与平面ABCD所成角，解三角形求其余弦即可判断B，对于C，结合条件可得等价于求正四棱柱1 1 1 1ABCD ABC D的外接球半径，结合长方体性质可求半径，由此即可判断，对于D，由条件结合内切球性质求半径即可判断.【详解】对于A，因为在正四棱柱1 1 1 1ABCD ABC D中，1 11 1/ / ,AB C D AB C D，所以四边形1 1ABC D是平行四边形，则11/ /AD BC，所以1 1ABC为异面直线1AB与1AD所成角，由已知122AA AB，四边形1111DCBA为正方形，1 1AB AB，1BB平面1111DCBA，答案第5页，共12页在1 1ABCV中，1 11 122AC AB，22111 15AB BB AB，则15BC，由余弦定理得1 15 5 2 4cos52 5 5ABC  ，A正确；对于B，因为1DD平面ABCD，所以1D AD为直线1AD与平面ABCD所成角，在1D AD中，1AD AB ，112DD AA ，15AD，所以11 5cos55D AD ，即直线1AD与平面ABCD所成角的余弦值为55，B错误；三棱锥1D ABC的外接球也是正四棱柱1 1 1 1ABCD ABC D的外接球，正四棱柱1 1 1 1ABCD ABC D的外接球的半径为2221622AB AD AA，C错误，设三棱锥1D ABC的内切球半径为r，三棱锥1D ABC的表面积为S，体积为V，则13V Sr，由111 11·233 23ABCV S DD   ，1111 11111 51 52 52 52 2222ABCABDBCDACDS S SSS            ，所以1 12 53 3r  ，所以5 2r ，D正确. 12．10 21【分析】设铁塔OT的高度为h米,分别表示,OA OB，利用余弦定理计算即得答案. 【详解】设铁塔OT的高度为h米. 在RtTOA中，3tan30hOAh，在RtTOB中, 3tan60 3hOBh, 在AOBV中，由余弦定理，2222cosAB OA OB OA OB AOB    ，即22134900 32 3cos6033h hh h  ，解得10 21h. 13．27 3【分析】找到平面EFG截正方体的截面为正六边形，求出正六边形面积即可. 【详解】延长FG交1BB于点P，交1 1BC于点Q，连接PE并延长交1AA于点K，过点K在平面1 1ADD A内作/ /KHFG，连接HQ，交1 1C D于点N，答案第6页，共12页因为FB FC，,EFP CFG FBP FCG    ，所以FBP FCG ，所以3BP CG ，同理可证13CQ CF ，3AK，故K为1AA的中点，因为1/ /FG BC，11/ /BC AD，/ /KHFG，所以1/ /KHAD，所以H为1 1AD中点，因为11HD C Q，11HD N QC N ，11C NQ D NH ，所以11C N D N，故N为1 1C D的中点，所以截面为正六边形EFGNHK，其边长为3 2，所以正六边形EFGNHK的面积为166 3 2 3 2 sin60 27 32EFGS    . 14．4 2 23 0 【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果. 【详解】因为2133AP AH AC  ，, 去, 武.

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