2020-2021学年黑龙江省大庆实验中学高一6月月考数学试题含解析

2020-2021学年黑龙江省大庆实验中学高一6月月考试题

数学

一、单选题

1．复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】利用复数的乘法化简复数，由此可得出结论.

【详解】，因此，复数在复平面内对应的点位于第二象限.

故选：B.

2．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（    ）

A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆柱

C．两个圆柱、一个圆台 D．一个圆柱、两个圆锥

【答案】D

【分析】根据题意，画出旋转后的几何体，观察图形，可得结果.

【详解】从较短的底边的端点向另一底边作垂线，

两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，

所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的

是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，

如图所示．

故选：D.

3．设m，n是两条不同的直线，是平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，，则

【答案】D

【分析】根据直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，直线与平面平行的判定定理可判断．

【详解】对于A，若，，则与相交，平行或异面，故A错误；

对于B，若，，则与平行或异面，故B错误；

对于C，m有可能在平面内，故C错误；

对于D，根据直线与平面平行的判定定理可知D是正确的.

故选：D

4．已知水平放置的按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，，那么是一个（    ）

A．直角三角形 B．等边三角形

C．钝角三角形 D．三边互不相等的三角形

【答案】B

【分析】根据斜二测直观图的画法判断．

【详解】在轴上，在轴，因此，在原图形中，，三角形为等边三角形．

故选：B．

5．如图是我国古代米斗，它是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具．它是随着粮食生产而发展出来的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来．若将某个米斗近似看作一个四棱台，上、下两个底面都是正方形，侧棱均相等，上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该米斗的容积约为（    ）

附：

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，利用台体体积公式求出体积即可得出.

【详解】如图，设上、下底面的中心分别为，，过作，垂足为，

由题意易知，，故，故，

故该四棱台的体积．

故选：C．

6．在正方体中，，，分别为，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，可得，从而（或其补角）为异面直线与所成角，然后再三角形由余弦定理求解即可.

【详解】连接，在正方体中，

由，分别为，的中点，则

所以，所以（或其补角）为异面直线与所成角

设正方体的棱长为2，则,

所以在中，

故选：B

7．某圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为10，则该圆台的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】该圆台的轴截面如图所示，设圆台的上底面半径为r，则，得到，再计算表面积得到答案.

【详解】该圆台的轴截面如图所示.设圆台的上底面半径为r，则下底面半径，高

则它的母线长∴，.

∴，.

故选：

【点睛】本题考查了圆台的表面积，意在考查学生的计算能力.

8．底面半径为，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为

A．6π B．12π C．8π D．16π

【答案】D

【详解】由圆锥的底面半径为，母线长为 ，可求得其轴截面的顶角为 ．设该圆锥的底面圆心为，其半径为 ，球 的半径为 ，则 ， ，解得 ，所以球 的表面积为 ，故选D．

【点睛】求解多面体（如长方体、棱柱与棱锥）与球的组合体问题时，首先要清楚它们的“切”或“接”关系，然后根据此关系确定出球的直径（或半径）与多面体的棱长、对角线等几何量的关系．此类问题解答的难点就是组合体的图形比较难作出，必须要发挥自己的空间想象力，借助生活中实物图进行想象．

9．在中，内角，，的对边分别为，，，若，则这个三角形必含有

A．的内角 B．的内角 C．的内角 D．的内角

【答案】B

【详解】由得

选B.

10．如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点，点P在平面内，若直线平面，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理进行求解即可.

【详解】如图，连接，

因为E，F，G分别为的中点，

所以平面，则平面，

因为，所以同理得平面，

又，得平面平面，

所以点P在直线上，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面为，

在中，有，所以．

故选：D

11．在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽厘米，关于此斗笠，下列说法不正确的是（    ）

A．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为120°

B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米

C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为平方厘米

D．此斗笠放在平面上，可以完全盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为厘米

【答案】B

【分析】根据母线长与底面半径用正弦可求顶角；当顶角为是面积最大；根据顶角与母线长即可求外接球半径；根据三角开内切圆几何关系即可求解半径．

【详解】对A选项，设顶角为，则，得，所以顶角为，A正确；

对B选项，因为顶角为时，则截面三角形的最大面积为平方厘米，B错误；

对C选项，因为顶角为，则，所以外接球半径等于圆锥母线长，即，则该球的表面积为平方厘米，C正确；

对D选项，设球的最大半径为，因为顶角为，则，所以

，D正确．

故选：B

12．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．

【详解】解：在中，由余弦定理得，

且的面积，

由，得，化简得，

又，，联立得，

解得或（舍去），

所以，

因为为锐角三角形，所以，，所以，

所以，所以，所以，

设，其中，所以，

由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，

当时，；当时，；当时，；

所以，即的取值范围是．

故选：C.

【点睛】关键点点睛：由，所以本题的解题关键点是根据已知及求出的取值范围.

二、填空题

13．给出下列几个命题：①三点确定一个平面；②一个点和一条直线确定一个平面；③垂直于同一直线的两直线平行；④平行于同一直线的两直线平行.其中正确命题的序号是____.

【答案】④

【详解】分析：由三点可能共线可判断①错；由点可能在直线上可判断②错；由两直线可能相交、异面判断③错；根据公理可判定④正确.

详解：①不共线的三点确定一个平面，故①错误；

②一条直线和直线外一点确定一个平面，故②错误；

③垂直于同一直线的两直线相交、平行或异面，故③错误；

④平行于同一直线的两直线平行，故④正确，故答案为④.

点睛：本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推理的合理运用. 空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

14．如图，为测量两座山顶之间的距离，已知山高，，从观测点分别测得点的仰角点的仰角以及，则两座山顶之间的距离________.

【答案】

【分析】根据已知分别在中，求出，在中，用余弦定理，即可求解.

【详解】在中，，

在中，，

在中，

.
故答案为：.

【点睛】本题考查解三角形实际应用问题，涉及直角三角形边角关系以及余弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于基础题.

15．已知正方体的棱长为1，以顶点为球心，以1为半径作一个球，球面将正方体分割的两部分，则两部分几何体体积差的绝对值为___________．

【答案】

【分析】求出两部分的体积，再求出差的绝对值，即可得到答案；

【详解】，

，

故答案为：.

16．已知正方体的棱长均为2，其内有9个小球，球与正方体的六个面都相切，球，，，，，，，与正方体三个面和球都相切，则球的半径等于____________．

【答案】

【分析】根据题意，可得球与球的球心在一条直线上，且在对角线上，根据图象，结合三角形相似，可求得球的半径，即可求得答案.

【详解】因为其他8个球都与正方体三个面和球都相切，

所以球与球的球心在一条直线上，且在对角线上，

设球的球心与在同一条对角线上最近的顶点距离为x，如图所示，为正方体的一个对角面，

即，

根据相似可得①，

又，所以②，

①②联立解得.

故答案为：.

三、解答题

17．已知的内角的对边分别为若

（1）求角.

（2）若求的面积.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据正弦定理，可得，再根据三角形的性质，可知，进而求出结果；

（2）根据余弦定理，可得，求出，进而求出三角形的面积.

【详解】（1）由正弦定理，，

∴，∴，∴，，∴

（2）由余弦定理知：，得解得，∴

【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形，考查了三角形面积公式的应用，属于基础题.

18．如图：在正方体中，E为的中点.

（1）求证：平面；

（2）若F为的中点，求证：平面平面.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）连结交于O，连结.可证，即可得证；

（2）首先可证，即可得到∥平面，再由（1）的结论即可得证；

【详解】解：（1）连结交于O，连结.

∵因为为正方体，底面为正方形，

对角线､交于O点，所以O为的中点，

又因为E为的中点，在中

∴是的中位线

∴；

又因为平面，平面，

所以平面.

（2）证明：

因为F为的中点，E为的中点，所以，

所以四边形为平行四边形，所以，

又因为平面，平面，

所以∥平面；

由（1）知平面，

又因为，所以平面平面.

19．中，已知．

（1）求；

（2）已知，求面积的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）结合降次公式与二倍角公式进行化简求值即可；

（2）方法一：根据边角关系转化为三角函数求最值；方法二：利用余弦定理得到，然后结合均值不等式即可.

【详解】（1）因为，所以，即，，因为，所以，即，

（2）方法一：因为，，则

当，即时，有最大值，

此时面积最大，

所以面积的最大值为.

方法二：由于，，所以，即，结合均值不等式得，当且仅当时，等号成立，即，

因此，即的最大值为，此时面积最大，

所以面积的最大值为.

20．如图，四棱锥为正四棱锥，底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为1，点在棱上，且．

（1）点在棱上，是否存在实数，，使得平面？若存在，请直接写出实数的值，并利用你的猜想证明平面，若不存在，说明理由；

（2）在第（1）问的条件下，当平面时，求三棱锥的体积．

【答案】（1）存在点，，证明见解析；（2）.

【分析】（1）首先确认的位置，然后首先证得平面平面，再根据面面平行的性质即可判定；

（2）等体积法即可求出结果.

【详解】

（1）存在点，即.

证明：取上一点，满足，连接，

由于，所以，

因为平面，平面，

所以平面，

因为底面是正方形，且，所以，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，

所以平面，

又因为，且平面，平面，

所以平面平面,

又因为平面，所以平面.

（2）因为平面，所以，

又因为正四棱锥的高为1，

21．如图，在平面四边形中，，，的面积为.

（1）求；

（2）若，求四边形周长的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用三角形的面积公式求出，然后利用余弦定理可求的长；

（2）令，，在中利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，进而可求得四边形周长的最大值.

【详解】（1）由面积公式得，所以.

在中，根据余弦定理得，所以；

（2）令，，

在中，根据余弦定理得，

即有，即，

所以，当且仅当时，等号成立.

所以，四边形周长的最大值为.

【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理等基本知识，考查化归与转化等数学思想以及推理论证、运算求解等数学能力，属于中等题.

22．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，S为的面积，．

（1）证明：；

（2）若，且为锐角三角形，求S的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）

【分析】（1）利用三角形面积公式表示S，结合余弦定理和正弦定理，建立三角函数等式，证明结论，即可．（2）结合三角形ABC为锐角三角形，判定tanC的范围，利用tanC表示面积，结合S的单调性，计算范围，即可．

【详解】(1)证明：由，即，

，，，

，，

，，

，

，，

，

，B，，．

(2)解：，，

．

且，

，

，

为锐角三角形，，

，，

为增函数，

．

【点睛】考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形面积公式，考查了函数单调性判定，难度偏难．