吉林省毓文中学2015-2016学年高二数学下学期第一次月考试题 理

吉林毓文中学2015-2016学年度下学期高二年级月考

数学学科（理）试题

一选择题： 1已知

z＝2＋i，则复数z＝( ) 1iB．1＋3i D．3－i

A．－1＋3i C．1－3i

2．若ae1e2e3，be1e2e3，ce1e2e3，de12e23e3，且dxaybzc，则x，y，z的值分别为（ ） Ａ．

5151，，1 Ｂ．，，1 2222 Ｃ．51 ，，1

2251Ｄ． ，，1

22M为A1C1与B1D1的交点。3．如图：在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，若DCa，ADb，AA1c则下列向量中与BM相等的向量是（ ）

1111A. abc B. abc

22221111C.abc D.abc

22224．复数z＝(a－2a)＋(a－a－2)i(a∈R)对应的点在虚轴上，则( )

A．a2或a0 C． a0

B．a≠2且a≠1 D．a≠2或a≠1

2

2

D1A1DAMB1CBC15．设a,b是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列四个命题： ①若a⊥b，a⊥，b，则b//； ②若a∥，a⊥，则⊥ ③若a⊥，⊥，则a∥ ； ④若a⊥b，a⊥，b⊥，则⊥. 其中正确命题的个数为( )

A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图阴影部分的面积是( )

11A．e＋ B．e＋－1

ee11C．e＋－2 D．e－ ee

→→

7．已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面上所对应的点分别为A，B，C，若OC＝λOA→

＋μOB(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是( )

A．1 B．2 C．3

D．4

8．在长方体ABCDA1BC11D1中，B1C和C1D与底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和 45°，则异面

直线B1C和C1D所成角的余弦值为（ ）

1

A．

6 4B．

62 C． 36D．

10 0≤x≤2

9．一物体在力F(x)＝

3x＋4 x>2

3 6(单位：N)的作用下沿与力F(x)相同的方向运动了4米，力F(x)

做功为( )

A．42 J B．44 J C．46 J D．48 J

10．复数z＝x＋yi(x，y∈R)满足条件|z－4i|＝|z＋2|，则|2＋4|的最小值为( )

A．22 B．42 C. 4

D．16

xy11．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )

A.

2326

B. C. D. 3333

12.若函数fx,gx满足出三组函数：

11fxgxdx=0，则称fx,gx为区间1,1上的一组正交函数，给

①fxx1,gxx1； ②fxx,gxx；

2③fxsin11x,gxcosx其中为区间1,1的正交函数的组数是（ ）. 22A.0 B.1 C.2 D.3

二填空题： 13.计算

11(4x2x)dx＝________.

14.已知A（0，2，3），B（-2，1，6），C（1，-1，5），若|a|3,且aAB,aAC,则向量a的坐标

为 .

15.已知a＝(2，－1,1)，b＝(－1，4，－2)，c＝(11,5，λ)，若向量a、b、c共面，则λ＝________. 16．已知f(n)ii三解答题：

17. (本小题满分10分) 已知复数z＝3＋bi(b∈R)，且(1＋3i)·z为纯虚数．

(1)求复数z； (2)若ω＝，求复数ω的模|ω|.

2＋i18．（本题满分12分）

如图，棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=22.

（1）求证：BD⊥平面PAC；

（2）求二面角P—CD—B余弦值的大小；

nn，集合{f(n)}________

zPADBC2

（3）求点C到平面PBD的距离.

图18

22

19. （本小题满分12分）如图，设点P从原点沿曲线y＝x向点A(2,4)移动，直线OP与曲线y＝x围成图形的面积为S1，直线OP与曲线y＝x及直线x＝2围成图形的面积为S2，若S1＝S2，求点P的坐标．

图19

图20

20．（本小题满分12分）

如图，在直三棱柱ABC ­ A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.

21.（本小题满分12分）

如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADEBCF和一个正四棱锥PABCD组合而成，ADAF，AEAD2.

（1）证明：平面PAD平面ABFE；

（2）求正四棱锥PABCD的高h，使得二面角CAFP的余弦值是

图21

22. （本小题满分12分）

π

在四棱锥P ­ ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝

2

3

2

22. 3

AD＝2，AB＝BC＝1.

(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；

(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．

图22

4

高二数学理科答案

一选择题： CDBAC CAACB DC 二填空题： 13，

23 14，（1,1,1）或（-1,-1,-1） 15 ,1 316, {0,2i,2i} 三解答题：

17. 解析： (1)(1＋3i)·(3＋bi)＝(3－3b)＋(9＋b)i

∵(1＋3i)·z是纯虚数， ∴3－3b＝0，且9＋b≠0， ∴b＝1，∴z＝3＋i.

3＋i3＋i·2－i

(2)ω＝＝ 2＋i2＋i·2－i＝

7－i71

＝－i 555

∴|ω|＝

72＋－12＝2.

55

18.解：方法一：

证：⑴在Rt△BAD中，AD=2，BD=22， ∴AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC.

∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD⊥PA .又∵PA∩AC=A ∴BD⊥平面PAC. （2）由PA⊥面ABCD，知AD为PD在平面ABCD的射影，又CD⊥AD， ∴CD⊥PD， 知∠PDA为二面角

P—CD—B的平面角. 又∵PA=AD，∴∠PDA=45 .

0

（3）∵PA=AB=AD=2，∴PB=PD=BD=22 ，设C到面PBD的距离为d，

11SBCDPASPBDd， 3311112203 即222(22)sin60d，得d32323由VPBCDVCPBD，有 方法二：

证：（1）建立如图所示的直角坐标系， 则A（0，0，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）. 在Rt△BAD中，AD=2，BD=22， ∴AB=2.∴B（2，0，0）、C（2，2，0），

z P A D y 5

x C

∴AP(0,0,2),AC(2,2,0),BD(2,2,0)

∵BDAP0,BDAC0，即BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，∴BD⊥平面PAC.

（2）由（1）得PD(0,2,2),CD(2,0,0).

设平面PCD的法向量为n1(x,y,z)，则n1PD0,n1CD0， 即02y2z0x000，∴x0 故平面PCD的法向量可取为n1(0,1,1)2yz

∵PA⊥平面ABCD，∴AP(0,01)为平面ABCD的法向量.

设二面角P—CD—B的大小为，依题意可得cosn1APn1AP22 . （3）由（Ⅰ）得PB(2,0,2),PD(0,2,2)，设平面PBD的法向量为n2(x,y,z)，则n2x02z02PB0,n2PD0，即02y2z0，∴x=y=z，故可取为n2(1,1,1). ∵PC(2,2,2)，∴C到面

PBD的距离为

dn2PC23n23

19. 解：设直线OP的方程为y＝kx，点P的坐标为(x，y)，

则∫x2

2

0(kx－x)dx＝∫x(x2

－kx)dx，

即1kx2－13 |x＝13

12

2

23x0

3x－2kx



|x， 解得12kx2－13x3＝83－2k－13123

x－2kx，

解得k＝43，即直线OP的方程为y＝43x，所以点P的坐标为4163，9.

20．证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，

又D为AB1的中点，因此DE∥AC.

又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，

6

所以DE∥平面AA1C1C.

(2)因为三棱柱ABC ­ A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC.

因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1. 又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1， BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以AC⊥平面BCC1B1.

又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.

因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C. 因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC. 又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.

7

→→→

22.解：以{AB，AD，AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A ­ xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．

→→

(1)因为AD⊥平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD＝(0，2，0)．

→→

因为PC＝(1，1，－2)，PD＝(0，2，－2)， 设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)， →→

所以m·PC＝0，m·PD＝0，

x＋y－2z＝0，即令y＝1，解得z＝1，x＝1， 2y－2z＝0.

所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量． →

AD·m3→

从而cos〈AD，m〉＝＝，

→3|AD||m|

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为

3. 3

→→→

(2)由BP＝(－1，0，2)，可设BQ＝λBP＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，

→→→→→

又CB＝(0，－1，0)，所以CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1，2λ)，又DP＝(0，－2，2)， →→CQ·DP1＋2λ→→

从而cos〈CQ，DP〉＝＝ . 2

→→10λ＋2|CQ||DP|

2t29→→

设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos〈CQ，DP〉＝2＝≤，

5t－10t＋915220109－＋9t9

2

2

92310→→

当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈CQ，DP〉|取得最大值为. 5510

8

π因为y＝cos x在0，上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．

2

22522

又因为BP＝1＋2＝5，所以BQ＝BP＝.

55

9