2022-2023学年山东省临沂市第二十四中学高一下学期6月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省临沂市第二十四中学高一下学期6月月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省临沂市第二十四中学高一下学期6月月考数学试题 一、单选题1．若复数，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】由复数的除法运算求出复数，然后根据复数模长公式即可求解.【详解】解：因为复数，所以，所以，故选：B.2．（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据诱导公式以及两角和与差的余弦公式即可求解.【详解】；；原式.故选：C3．已知，表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则m⊥n D．若，，则【答案】C【分析】对于选项A：结合已知条件和线面垂直判定定理即可判断；对于选项B：结合已知条件利用线面位置关系即可判断；对于选项C：结合已知条件利用线面垂直性质即可判断；对于选项D：结合已知条件利用面面垂直判定定理即可判断.【详解】若，不妨设在内的投影为，则，对于选项A：若，，则，结合线面垂直判定定理可知，不一定垂直，故A错误；对于选项B：若，，此时与可能相交、平行或在上，故B错误；对于选项C：若，，则，从而，故C正确；对于选项D：若，，则，结合面面垂直判定定理可知，，故D错误.故选：C.4．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑.如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为9π，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该屋顶的体积约为（    ）A． B．16π C．18π D．【答案】D【分析】根据底面圆面积可求底面圆半径，从而可求底面圆周长，即可求扇形半径，再根据勾股定理求圆锥的高，最后即可求出圆锥体积.【详解】底面积为9π，即，所以底面圆的半径,所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图的弧长，又因为侧面展开图是圆心角为的扇形，所以扇形半径，如图所示：则圆锥的高，则圆锥的体积.故选：D5．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A处测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进60m到达点B，在点B处测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是（    ）A．25m B．30m C．35m D．40m【答案】B【分析】如图所示，设水柱CD的高度为h，在ACD中，由∠DAC=45°，可得AC=h，由∠BAE=30°，可得∠CAB=60°，在中，∠CBD=30°，可得BC=，在中，由余弦定理可得，代入即可得答案．【详解】解： 如图所示，设水柱CD的高度为h，在ACD中，∵∠DAC=45°，∴AC=h，∵∠BAE=30°，∴∠CAB=60°，又∵B，A，C在同一水平面上，∴是以C为直角顶点的直角三角形，在中，∠CBD=30°，∴BC=，在中，由余弦定理可得，∴，即，解得．∴水柱的高度是30m，故选：B.6．如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由向量的线性运算，结合其几何应用求得、、、，即可判断选项的正误.【详解】，即A不正确；连接AC，知G是△ADC的中线交点， 如下图示由其性质有∴，即B不正确；，即C正确；同理，即∴，即D不正确；故选：C.7．在中，，则P点（    ）A．在线段BC上，且 B．在线段CB的延长线上，且C．在线段BC的延长线上，且 D．在线段BC上，且【答案】B【分析】由已知向量间的线性关系可得，即可判断的位置及相关线段的数量关系.【详解】由题设，，则，所以共线且在延长线上，.故选：B8．在三棱锥中，平面，若，，，则此三棱锥的外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，根据正弦定理求出，记外接球的球心为，的外接圆圆心为，根据题中条件，得到，进而可求出外接球的半径，从而可得球的体积.【详解】设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，由题意，根据正弦定理可得，所以，记外接球的球心为，的外接圆圆心为，根据球的性质，可得平面，则因为平面，所以；又，所以，因此，所以此三棱锥的外接球的体积为.故选：D.【点睛】思路点睛：求解几何体的外接球相关问题时，一般需要先确定几何体底面外接圆的圆心及半径，根据球的性质，确定球心位置，结合题中条件列出等量关系求出球的半径，进而即可求解. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．，，若，则B．在边长为2的等边三角形ABC中，C．若，，则D．若，则【答案】AD【分析】利用向量共线的坐标运算可判断A；求出的夹角，由向量数量积公式可判断B；求出的坐标利用模长公式计算可判断C；对两边平方可得，再由，求出可判断D.【详解】对于A， 因为，，若，则，得，故正确；对于B， 在边长为2的等边三角形ABC中， 的夹角为，所以，故错误；对于C， 若，，则，故错误；对于D， 若，则，所以，所以，则，故正确.故选：AD.10．已知正三棱台的上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，则（    ）A．棱台的高为 B．棱台的表面积为C．棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为 D．棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为【答案】BD【分析】由题意，在正三棱台中，在平面中，由点向作垂线，垂足为，取线段的中点，连接，在平面中，由点向作垂线，垂足为，连接，根据正三棱台的性质求出侧面的高与棱台的高，再根据线面角与二面角的定义即可求解．【详解】解：由题意，在正三棱台中，，，，在平面中，由点向作垂线，垂足为，取线段的中点，连接，在平面中，由点向作垂线，垂足为，连接，在等腰梯形中，，，，则，，所以棱台的表面积为，故选项B正确；又三棱台为正三棱台，所以为正三棱台的高，所以，由，所以平面，，在中，， 在中，，所以棱台的高为，故选项A错误；棱台的侧棱与底面所成角为，，故选项C错误；棱台的侧面与底面所成二面角为，，故选项D正确.故选：BD．11．欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，依据欧拉公式，下列选项正确的是（    ）A．复数为纯虚数 B．对应的点位于第二象限C． D．的最大值为3【答案】ACD【分析】根据欧拉公式，结合复数模的几何意义逐一判断即可.【详解】因为，所以复数为纯虚数，因此选项A正确；因为，所以复数对应的点为，而，所以对应的点位于第一象限，因此选项B不正确；所以选项C正确；，所以表示单位圆上的点到的距离，因此的最大值为，所以选项D正确，故选：ACD12．如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（    ）A．平面平面 B．C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为【答案】ABD【分析】A.利用面面垂直的判定定理判断；B.利用线面平面的判定定理和性质定理判断；C、D.利用空间向量夹角进行求解判断即可.【详解】在菱形ABCD中，E为边AB的中点，所以，因为，所以ED⊥DC，因为A′D⊥DC， ，所以平面A′DE，因为，所以平面A′DE，因为平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE ，故A正确；因为，平面A′BE，平面A′BE ，所以平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l ，故B正确；由A知，平面A′DE，则A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以A′E，又BE∩DE=E，所以A′E平面BED,，以E为原点，分别以EB，ED,E A′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，由上可知：平面A′DE，设平面的一个法向量为：，则，所以有，因此选项C不正确；显然平面的一个法向量为：，设平面的一个法向量为：则有则，即，所以所以，所以选项D正确，故选：ABD 三、填空题13．如图，正方形是一水平放置的平面图形ABCD在斜二测画法下的直观图.若，则平面图形ABCD的面积是______. 【答案】【分析】根据斜二测画法的特点即可得出结论.【详解】由斜二测画法的规则知与轴平行或重合的线段与轴平行或重合，其长度不变，所以,与轴平行或重合的线段与轴平行或重合，其长度变成原来的一半.正方形的对角线在轴上，可求得其长度为，如图所示：平面图中，在轴上，且其长度变为原来的2倍，即.则平面图形ABCD的面积.故答案为：14．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则______.【答案】【分析】根据，，求得，代入即可求解.【详解】解：因为，，所以，，所以，故答案为：.15．已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，则其外接球的表面积为______．【答案】【分析】首先利用正弦定理求出底面外接圆的半径，设正三棱柱外接球的半径为，则，最后根据球的表面积公式计算可得；【详解】解：因为正三棱柱的底面边长，侧棱长，所以底面外接圆的半径，设正三棱柱外接球的半径为，则，所以外接球的表面积；故答案为： 四、双空题16．在△ABC中，设，，，，∠BAC=60°，，E为ВС中点，CD与АЕ交于点О，则___________，若，则的值为___________.【答案】     /；     /.【分析】根据平面向量线性运算的性质，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量共线的性质进行求解即可.【详解】因为E为ВС中点，所以，因为，所以，所以，即因为，，∠BAC=60°，所以；设，，因为， ，所以，于是有，故答案为：； 五、解答题17．已知向量，.(1)若，求实数m的值；(2)若非零向量满足，求与的夹角.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示即可求解；（2）由，得，又，得，设向量与的夹角为，，则，然后分和讨论即可得答案.【详解】（1）解：∵，，∴，又，∴，即，∴；（2）解：，由，得，∵，∴，设向量与的夹角为，，则，当时，，，当时，，，∴与的夹角为或.18．如图，在圆锥PO中，AB是底面的一条直径，C为底面圆周上一点.(1)若D为AC的中点，求证：平面POD；(2)若AС=ВС，求证：РС⊥АB．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据圆的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可.【详解】（1）因为O，D为AB，AC的中点，所以.又因为OD平面РОD，平面POD.所以平面POD；（2）连接ОC.因为AB是底面的一条直径，所以О是AB的中点，又因为AC=BC，所以ОС⊥АB.因为PO⊥圆面O，且AB圆面О，所以РО⊥АB.因为，PO，OC平面РОC，所以АВ⊥平面POC.因为PC平面POC，所以РС⊥АB.19．已知函数.(1)求的周期；(2)将函数的图象向右平移个单位，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在上的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三角恒等变换化简函数的表达式，可得，从而根据周期公式即可求解；（2）根据图象变换求出函数的解析式，然后由三角函数的图象与性质即可求解在上的值域.【详解】（1）解：，所以的周期；（2）解：将函数的图象向右平移个单位，可得，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以在上的值域为.20．如图所示，已知矩形ABCD中，，AC与MN相交于点E．(1)若，求和的值；(2)用向量表示．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）建立平面直角坐标系，将已知坐标化可解；（2）先用表示出，然后可表示出，再由M，E，N三点共线可解.【详解】（1）以A点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则，所以所以，所以解得（2）设，因为，所以．解得，即，所以，又因为M，E，N三点共线，所以，所以﹒21．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD=3.(1)若点E为线段PD的中点，求证：AE⊥平面PDC；(2)若，则线段AB上是否存在一点F，使得平面PBC，若存在，请确定点F的位置，并求三棱锥FPBC的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，F为AB靠近点В的三等分点，. 【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合正方形的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，结合面面平行的性质、三棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】（1）因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，CD平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AE平面PAD，所以CD⊥AE.又因为PA=PD=AD，且E为中点，所以AE⊥PD，又因为PDCD=D，所以AE⊥平面PDC；（2）如图分别取AB､CD的三等分点F､G，结合题意可得：，.又因为PC平面PBC，EG平面PBC，所以平面PBC，同理平面PBC.因为EG平面EFG，FG平面EFG，平面，所以平面平面PBC，又因为EF平面EFG，所以平面PBC，此时F为AB靠近点В的三等分点，所以.22．从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若___________.(1)求角В的大小；(2)若为锐角三角形，с=1，求a的取值范围.注：若选择多个条件作答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①，正弦定理边化角得，根据角A的范围及辅助角公式，即可得答案.若选②，正弦定理边化角得，根据两角和的正弦公式，化简整理，即可得答案.若选③，正弦定理角化边可得，根据余弦定理，即可得答案.（2）根据正弦定理，可得，根据题干条件，代入化简整理，根据锐角三角形，可得角C的范围，即可得答案.【详解】（1）若选①由正弦定理得，即因为，所以，所以，所以，又因为，所以.若选②因为，由正弦定理得，即，所以，由，得，所以，即，因为，所以.若选③由，化简得.由正弦定理得：，即，所以.因为，所以.（2）在中，由正弦定理，得，由（1）知：，又с=1代入上式得：.因为为锐角三角形，所以，解得，所以，所以.