山东省菏泽市鄄城县鄄城县第一中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题（解析版）

这是一份山东省菏泽市鄄城县鄄城县第一中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了 已知圆锥的侧面积，0分， 有下列说法，其中正确的说法为等内容，欢迎下载使用。
高一数学试题
1. 已知复数z在复平面内对应的点为，是z的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出复数及，再利用复数除法运算求解作答.
【详解】依题意，，则，
所以.
故选：A
2. 已知圆锥的侧面积（单位：）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用扇形的面积公式及弧长公式，结合圆的周长公式即可求解.
【详解】设圆锥的母线长为，
因为圆锥的侧面积（单位：）为，
所以，解得.
所以侧面展开扇形的弧长为.
设圆锥的底面半径为，则，解得.
所以这个圆锥的底面半径是.
故选：B.
3. 已知球与一正方体的各条棱相切，同时该正方体内接于球，则球与球的表面积之比为（ ）
A. 2：3 B. 3：2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正方体棱长为，分别求出与正方体的各条棱相切的球的半径以及正方体外接球的半径，再求其表面积之比.
【详解】设正方体棱长为，
因为球与正方体的各条棱相切，所以球的直径大小为正方体的面对角线长度，
即半径；
正方体内接于球，则球的直径大小为正方体的体对角线长度，即半径；
所以球与球的表面积之比为.
故选：A.
4. 如图，从气球上测得正前方的河流的两岸的俯角分别为，此时气球的高度是m，则河流的宽度等于（ ）

A. m B. m
C. m D. m
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，在中利用正弦定理即可求解.
【详解】由题可得，所以，则,
在中，，，
，
由正弦定理可得，即，解得.
故选：D.
5. 已知非零向量、满足，且，则的形状是（    ）
A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形
C. 等腰（非等边）三角形 D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由可得，再由可求出，即得三角形形状.
【详解】因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，
由，可得的角平分线与垂直，
所以为等腰三角形，且，
且，
所以，又，
所以，
所以，
所以三角形等边三角形．
故选：D．
6. 三棱台中，，则三棱锥、三棱锥、三棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形相似可得出，结合锥体体积公式可求得，再利用台体体积公式可求得结果.
【详解】在三棱台中，，，

因为点到平面的距离等于点到平面的距离，所以，，
设点到平面的距离为，，
所以，，
因此，，
故选：B.
7. 已知正三棱锥中，，，，则正三棱锥内切球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由于三棱锥为正三棱锥，所以，由于可得，则可得，设点为的重心，设正三棱锥内切球的半径为，然后利用等体积法求解即可.
【详解】因为三棱锥为正三棱锥，所以，
设，
因为，所以，
因为，所以，
因为，，
所以，
所以，得，得，
所以，
设点为的重心，由 ，
所以,
设正三棱锥内切球的半径为，设为正三棱锥内切球的球心，
因为，
所以，
所以，
解得
故选：C

8. 分别以一个直角三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成的三个几何体体积分别记为、、，则它们之间一定满足（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在直角三角形中，，过点作，垂足为点，利用等面积法可得出，再利用锥体的体积公式计算可得出、、所满足的关系式.
【详解】在直角三角形中，，过点作，垂足为点，如下图所示：

以为直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成的几何体的体积记为，
以为直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成的几何体的体积记为，
以为直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成的几何体的体积记为，
则，，
因为，则，
，
所以，
，
故选：D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A. 若，，则
B. 两个非零向量和，若，则与垂直
C. 已知，则与垂直的单位向量的坐标或
D. 已知向量，，若在上的投影向量为（为与向量同向的单位向量），则
【答案】BCD
【解析】
【分析】取，可判断A选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断B选项；设与垂直的单位向量为，根据已知条件求出的坐标，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，则，，则、不一定共线，A错；
对于B选项，两个非零向量和，若，则，
整理可得，故与垂直，B对；
对于C选项，设与垂直的单位向量为，
由题意可得，解得或，
所以，与垂直的单位向量的坐标或，C对；
对于D选项，已知向量，，
则在上的投影向量为，
所以，，解得，D对.
故选：BCD.
10. 设m，n为两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. ，则
C ，则
D. ，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A两线垂直同一平面，所以两条线平行；选项B根据线面垂直和面面平行的传递性可判断；选项C两线都平行于一个平面，两条线可以相交或者异面；选项D根据面面垂直定理易得.
【详解】解：对于A，若，则，可得A是真命题；
对于B，因为且，所以，
结合，可得，故B是真命题；
对于C，由且成立，m，n可能平行，异面或者相交，故C不正确；
对于D，由，设，，则，
又，所以，又，由面面垂直的判定定理得到，故D正确.
故选：ABD．
11. 如图，正方体ABCD—的棱长为2，线段上有两个动点且，则下列结论正确的是（ ）

A. B. MN∥平面ABCD
C. 三棱锥A—BMN的体积为定值 D. △AMN的面积与△BMN的面积相等
【答案】ABC
【解析】
【分析】如图所示，连接，根据平面得到，A正确，，故MN∥平面ABCD，B正确，计算，C正确，，，D错误，得到答案.
【详解】如图所示：连接，易知，平面，平面，
故，故平面，平面，故，A正确；
易知，故，故MN∥平面ABCD，B正确；
为定值，故C正确；
，，其中为点到直线的距离，根据图像知，
故，故D错误；
故选：ABC.

【点睛】本题考查了立体几何中直线垂直，线面平行，体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
12. 如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）．

A. 存在某个位置，使得CN⊥AB1；
B. 翻折过程中，CN的长是定值；
C. 若AB＝BM，则AM⊥B1D；
D. 若AB＝BM＝1；当三棱锥B1－AMD的体积最大时；三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π．
【答案】BD
【解析】
分析】对于选项A，取中点，取中点，连结，，通过假设，推出平面，得到，则，即可判断；
对于选项B，在判断A的图基础上，连结交于点，连结，易得，由余弦定理，求得为定值即可；
对于选项C，取中点，，，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断；
对于选项D，易知当平面与平面垂直时，三棱锥的体积最大，说明此时中点为外接球球心即可.
【详解】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，

则，如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，
由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，由于三线NE，NF，NC共面且共点，
故这是不可能的，故不正确；
对于B，如图1，由∠NEC＝∠MAB1，
且，AM＝EC，∴在△CEN中，由余弦定理得：
，也是定值，
故NC是定值，故B正确；
对于C，如图2

取AM中点为O，∵AB＝BM．即AB1＝B1M．则AM⊥B1O，
若AM⊥B1D，由于，且平面，
∴AM⊥平面，平面，∴OD⊥AM，则AD＝MD，
由于，故AM⊥B1D不成立，故不正确，
对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1—AMD的体积最大，取AD的中点为E，
连接OE，B1E，ME，如图2，
∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面平面AMD＝AM
∴B1O⊥AM，平面B1AM，∴B1O⊥平面AMD，平面AMD．∴B1O⊥O E，
则，，，从而，
易知，∴AD的中点E就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是，故D正确；
故选：BD．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 复数，，则的最大值是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用复数模的三角不等式可求得的最大值.
【详解】由题意可得，由三角不等式可得.
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
故答案为：.
14. 如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为___________.

【答案】或
【解析】
【分析】由斜二测画法还原原图即可求解
【详解】

由题意得，，且，
则，则的周长为.
故答案为：.
15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若S为的面积，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】应用正弦定理边角关系、和角正弦公式可得，根据三角形性质有，再应用余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式求目标式的最小值，注意取最小值的条件.
【详解】由题设及正弦定理边角关系，，
即，而，故，
又，则，故，
而，，
所以，当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
故答案为：
16. 如图，在三棱锥中，若底面是正三角形，侧棱长，、分别为棱、的中点，并且，则异面直线与所成角为______；三棱锥的外接球的体积为______．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意得出三棱锥是正三棱锥，易证出平面，再根据，可得，从而得出异面直线与所成角；判断出三棱锥是正方体的一部分，从而得出球的直径，即可得出球的体积.
【详解】由三棱锥中，若底面是正三角形，侧棱长知，三棱锥是正三棱锥，则点在底面中的投影为底面的中心，为中点如图，

因此,所以平面,平面,
,又、分别为棱、的中点，
则,因此，异面直线与所成角为；
,
平面,又，则平面,又三棱锥是正三棱锥，
因此三棱锥可以看成正方体的一部分且为正方体的四个顶点，故球的直径为，
则球的体积为.
故答案为：；.
【点睛】本题主要考查的是异面直线所成角，线面垂直的判定定理，以及球的体积，考查学生的理解能力，是中档题.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知向量，.
（1）若，求的值；
（2）若，求实数的值；
（3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）且
【解析】
【分析】（1）根据向量平行的坐标运算可求得，进而求出结果.
（2）根据向量垂直的坐标运算即可得出答案.
（3）由题意分析得到且与不共线，结合（1）利用相关坐标即可求得结果.
【小问1详解】
因为向量，且，
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
因为，且，
所以，解得.
【小问3详解】
因为与的夹角是钝角，
则且与不共线，
即且，
所以且.
18. 已知复数，其中a是实数．
（1）若，求实数a的值；
（2）若是纯虚数，求
【答案】（1）1； （2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的条件，利用复数乘方运算及复数相等求出a的值.
（2）利用复数除法结合纯虚数的定义，求出，再利用乘方的周期性求解作答.
【小问1详解】
复数，则，又a是实数，
因此，解得，
所以实数a的值是1.
【小问2详解】
复数，，则，
因为是纯虚数，于是，解得，因此，又，
则，即有，
所以.
19. “方舱医院”原为解放军野战机动医疗系统中的一种，是可以移动的模块化卫生医疗平台，一般由医疗功能区、病房区等部分构成，具有紧急救治、外科处置、临床检验等多方面功能．某市有一块扇形地块，因疫情所需，当地政府现紧急划拨该地块为方舱医院建设用地．如图所示，平行四边形OMPN区域拟建成病房区，阴影区域拟建成医疗功能区，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且米，．记．

（1）当时，求；
（2）请写出病房区OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值．
【答案】（1）；
（2），.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求出，再利用数量积的定义求解作答.
（2）利用正弦定理用表示出，再利用三角形面积公式、结合三角恒等变换求解作答.
【小问1详解】
四边形是平行四边形，
在中，，，
，
由正弦定理得：，即，
于是，，
所以.
【小问2详解】
四边形是平行四边形，
在中，，，
由正弦定理得：，即，
因此，
从而

，，
显然，因此当，即时，，取得最大值，
所以，当时，取得最大值.
20. 如图，，，，点C是OB的中点，绕OB所在的边逆时针旋转一周.设OA逆时针旋转至OD时，旋转角为，.

（1）求旋转一周所得旋转体的体积V和表面积S；
（2）当时，求点O到平面ABD的距离.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）旋转一周所得旋转体为大圆锥挖去小圆锥，利用圆锥的体积公式和侧面积公式可求旋转体的体积V和表面积S；
（2）利用等积法可求O到平面ABD的距离.
【小问1详解】
设底面半径为，圆锥BO底面面积为，底面周长，
母线.
圆锥BO的体积，侧面积.
圆锥CO的体积，，
侧面积.
旋转一周所得旋转体的体积
旋转一周所得旋转体表面积.
【小问2详解】

连接AD，在等腰三角形AOD中，，，，
，
而，设点O到平面ABD距离为h，
，故，，
21. 如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A－CD－F为60°，，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6．

（1）求证：平面ADE；
（2）求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）分析可知二面角的平面角为，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得的正弦值，即为所求.
【小问1详解】
∵四边形ABCD是矩形，∴，
又∵平面ADE，平面ADE，∴平面ADE，
∵，平面ADE，平面ADE，∴平面ADE，
又∵，BC，平面BCF，∴平面平面ADE，
而平面BCF，∴平面ADE；
【小问2详解】
∵CD⊥AD，CD⊥DE，
∴∠ADE即为二面角A－CD－F的平面角，∴∠ADE＝60°，
又∵AD∩DE＝D，平面ADE，平面ADE，∴CD⊥平面ADE，
又∵平面CDEF，∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，连接CO，
∵平面CDEF⊥平面ADE，平面CDEF∩平面ADE＝DE，平面ADE，
则AO⊥平面CDEF，所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，
可知，，
所以．
因此，直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为．
22. 如图1，已知等边的边长为3，点，分别是边，上的点，且，.如图2，将沿折起到的位置.

（1）求证：平面平面；
（2）给出三个条件：①；②二面角大小为；③到平面的距离为.在中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：
在线段上是否存在一点，使三棱锥的体积为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分。
【答案】（1）证明见解析；（2）详见解析.
【解析】
【分析】(1)由已知可推得,所以,,从而平面,进而有平面平面;
(2)若用条件①,结合(1)中,可推得平面,故可求出三棱锥的体积,所以存在点满足题目条件,此时;若用条件②,结合(1)可知,故可求出三棱锥的体积为,所以存在点满足题目条件,此时点与点重合,即;若用条件③,则可求出三棱锥的体积为,所以不存在满足题目条件的点.
详解】(1)由已知得等边中,,,,由余弦定理得
∴,
∴,,
又∵,
∴平面,
∵平面,
∴平面平面;
(2)若用条件①,
由(1)得,又和是两条相交直线,
∴平面,
又等边的高为,
,
故三棱锥的体积为,
所以存在点满足题目条件,此时.
若用条件②二面角大小为,
由(1)得是二面角的平面角,
∴,
所以,
又等边的高为,
故三棱锥的体积为,
所以存在点满足题目条件,此时点与点重合,故.
若用条件③到平面的距离为,
由题可知,等边的高为,
则,
则三棱锥的体积为,
所以不存在满足题目条件的点.
【点睛】本题考查了面面垂直的证明,考查了三棱锥体积的求法,需要学生具备一定的空间思维和计算能力,属于中档题.