2022-2023学年黑龙江省绥化市绥棱县第一中学高一下学期6月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省绥化市绥棱县第一中学高一下学期6月月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省绥化市绥棱县第一中学高一下学期6月月考数学试题 一、单选题1．以下四个命题中，真命题为（    ）A．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥B．底面是矩形的平行六面体是长方体C．直四棱柱是直平行六面体D．棱台的侧棱延长后必交于一点【答案】D【分析】根据各几何体的定义即性质逐个选项判断即可.【详解】A中， 如图，若，且，则该三棱锥不是正三棱锥，A是假命题；B中，平行六面体中侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故直四棱柱不一定是直平行六面体，C是假命题；D中，根据棱台的定义，D是真命题.故选：D2．已知一直线经过点，，下列向量中不是该直线的方向向量的为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得，然后根据向量共线确定正确选项.【详解】由题知，，则与向量共线的非零向量均为该直线的方向向量. A选项中的向量与不共线，所以不是直线的方向向量.故选：A3．复数为纯虚数，则实数的值为（    ）A．0 B． C．1 D．【答案】D【分析】利用复数乘方、除法运算化简，根据纯虚数定义求参数即可.【详解】为纯虚数，故，即.故选：D4．已知△ABC是正三角形，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意求出与的夹角，然后利用求投影向量的公式即可求解.【详解】因为△ABC是正三角形，且，所以以为邻边作平行四边形，则四边形是菱形，是的中点，所以，即与的夹角为，所以在上的投影向量为（其中表示与同方向的单位向量）.故选：B.5．圆柱的底面周长为6cm，AC是底面圆的直径，高BC＝6cm，点P是母线BC上一点，且PC＝BC．一只蚂蚁从A点出发沿着圆柱体的表面爬行到点P的最短距离是（　　） A． B． C． D．【答案】B【分析】首先画出圆柱的侧面展开图，根据高BC′＝6cm，PC＝BC，求出PC′＝×4＝4cm，在Rt△AC′P中，根据勾股定理求出AP的长．【详解】侧面展开图如图所示：∵圆柱的底面周长为6cm，∴AC′＝3cm．∵PC′＝BC′，∴PC′＝×6＝4cm．在Rt△ACP中，AP2＝AC′2+CP2，∴AP＝＝5．故选B．【点睛】此题主要考查了平面展开图，以及勾股定理的应用，做题的关键是画出圆柱的侧面展开图．6．A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，，表示不同的平面，下列说法正确的是（     ）A．若，，，则B．若A，，A，，则C．若A，，A，B，，，则D．若，，，则【答案】A【分析】根据点、线、面的位置关系，对各选项逐一分析即可得答案.【详解】解：选项A，因为，，，所以，故A正确；选项B，因为A，，A，，所以或l与相交，故B不正确；选项C，A，，A，B，，，此时点C不一定在平面a内，所以不正确，故C不正确；选项D，由，，，则l与n可能平行，也可能异面，故D不正确．故选：A.7．已知平行六面体的各棱长均为1，，，则（    ）    A． B． C． D．【答案】D【分析】分析得出，利用空间向量数量积可求得的值.【详解】由已知可得，，又，所以，所以．故选：D．8．窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，在表现方式上常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境．从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等．已知圆O是某窗的平面图，O为圆心，点A在圆O的圆周上，点P是圆O内部一点，若，且，则的最小值是（    ）A．3 B．4 C．9 D．16【答案】A【分析】利用向量的线性运算，结合数量积，可求得，确定其取值范围，再根据平方后的式子，即可求得答案.【详解】因为，所以，所以，即，则．因为点P是圆O内部一点，所以，所以，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值是3,故选：A. 二、多选题9．下列关于复数的说法一定正确的是（    ）A．存在x使得小于0 B．存在x使得C．不是实数 D．实部和虚部均为1【答案】AB【分析】对于A，B选项，只要取合适的复数便可判断，而C，D选项取一些复数作为反例可判断.【详解】由复数x＋i，取x＝－2－i，可知A正确；当x＝时，，故B正确；当x＝－i时，x＋i＝0为实数，故C不正确；由于x的取值未知，故D错误．故选：.10．以下四个命题中错误的是（    ）A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B．若为空间向量的一组基底，则构成空间向量的另一组基底C．对空间任意一点和不共线的三点、、，若，则、、、四点共面D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底【答案】ACD【分析】根据空间向量基本定理及其推论即可逐一作出判定.【详解】A中忽略三个基底要求不共面的限制，故A错误；若为空间向量的一组基底，则、、互不共面，且、、均为非零向量，假设、、共面，可设，所以，该方程组无解，故、、不共面，因此，可构成空间向量的一组基底，故B正确；由于，∵，此时，、、、四点不共面，C错误；任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，三个向量不共线时可能共面，故D错误.故选ACD.11．若为坐标原点，，，，，，则的取值可能是（    ）A．1 B．2 C．3 D．6【答案】CD【分析】根据向量模的坐标表示列出方程，化简整理可得，令，转化为二次函数即可求解.【详解】由题意知整理得．令，则，且，∴，∴，∴的取值可能是3，6．故选：CD12．如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点，则（    ）A．直线与直线DC所成角的正切值为B．直线与平面AEF不平行C．点C与点G到平面AEF的距离相等D．平面AEF截正方体所得的截面面积为【答案】AD【分析】由得出为直线与直线DC所成的角，进而得出所成角的正切值；由面面平行的性质证明平面AEF，由不是的中点得出点C与点G到平面AEF的距离不相等，先由得出截面为等腰梯形，最后由勾股定理以及面积公式判断D.【详解】如图所示，对于A，因为，所以即直线与直线DC所成的角，，故正确；对于B，取中点N，连接，GN，在正方体中，，，平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，同理可证NG//平面AEF，，所以平面平面AEF，又平面，所以平面AEF，故错误；对于C，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立，故错误；对于D，在正方体中，，把截面AEF补形为等腰梯形，易知，，，，EF之间的距离，所以其面积为，故正确；故选：AD. 三、填空题13．已知向量，，若，的夹角为120°，则      ．【答案】【分析】根据向量的夹角公式列方程求解即可【详解】因为向量，，，的夹角为120°，所以（），化简得解得或（舍去），故答案为：14．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bc＝20，△ABC的面积为5，且其外接圆的半径为4，则a＝      ．【答案】4【分析】由三角形面积公式，结合，可得，再由正弦定理得解.【详解】由，有，再由正弦定理有，即．故答案为：4.15．如图，在矩形ABCD中，，AC与BD的交点为M，N为边AB上任意点（包含端点），则的最大值为        ．【答案】/【分析】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，写出对应点的坐标，设，根据平面向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向，建立平面直角坐标系，则，，，设，所以，，则，因为，所以，即的最大值为．故答案为：．16．正四棱楼台的上、下底面的面积分别为，，若该正四棱台的体积为，则其外接球的表面积为      ．【答案】【分析】先根据已知条件结合棱台的体积公式可求出棱台的高，如图，取正方形的中心为，正方形的中心为，则该正四棱台的外接球的球心在上，设为点，连接，然后利用勾股定理结合题意可求得外接球的半径，从而可求得表面积.【详解】设正四棱台的高为cm，则，解得cm．如图，取正方形的中心为，正方形的中心为，则cm，故该正四棱台的外接球的球心在上，设为点，连接，易知正四棱台的上、下底面边长分别为，，故cm，cm，设cm，则cm，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半径为，表面积为．故答案为： 四、解答题17．已知复数是虚数单位.(1)若复数在复平面内对应的点在直线上，求的值；(2)若复数在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据复数对应点所在直线，将对应点坐标代入直线求参数值即可；（2）根据复数对应点所在象限的特征列不等式组求参数范围.【详解】（1）由题设，复数的对应点为，所以，整理得，解得.（2）由题意，解得.18．已知空间三点，，.(1)求以、为边的平行四边形的面积；(2)若，且分别与、垂直，求向量的坐标.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）首先求出，的坐标，再根据向量数量积的定义求出夹角的余弦值，从而根据同角三角函数的基本关系求出夹角的正弦值，再根据面积公式计算可得；（2）设，依题意得到方程组，解得即可；【详解】（1）解：因为，，，所以，，所以，，，，∴，∴平行四边形面积为.（2）解：设，则，①∵，，所以，∴，②，③由①②③解得，，或，，.∴或.19．如图，是⊙O的直径，垂直于⊙O所在的平面，是圆周上不同于的一动点．  (1)证明：是直角三角形；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由圆的性质可得，再由平面，则，然后由面面垂直的判定可得平面，从而可得，进而可证得结论；（2）过作于，可证得是直线与平面所成的角，在中求解即可.【详解】（1）证明：∵是⊙O的直径，是圆周上不同于的一动点，∴，∵平面，平面，∴．又，平面，∴平面，又平面，∴，∴是直角三角形．（2）解：过作于，  ∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，∴是直线与平面所成的角，在中，，在中，，故直线与平面所成角的正弦值为．20．如图，在四棱锥中，，， O为DE的中点，．F为的中点，平面平面BCED．（1）求证：平面 平面． （2）线段OC上是否存在点G，使得平面EFG？说明理由．【答案】（1）证明见解析  （2）不存在，理由见解析【分析】（1）题中已知垂直等关系易得平面，因此关键是证明，则可得线面垂直，从而有面面垂直，而可在等腰梯形中通过计算由勾股定理逆定理得证；（2）假设存在点满足题意，则可证得，是中点，从而有，这与已知矛盾，从而得假设错误，点不存在．【详解】解：（1）因为．所以，又O为DE的中点，所以．因为平面平面BCED，且平面，所以平面BCED．所以．由于四边形BCED是一个上底为2．下底为4，腰长为 的等腰梯形，易求得．在 中， ，所以， 所以平面．所以平面 平面．（2）线段OC上不存在点G，使得平面FFG．理由如下：假设线段OC上存在点G，使得平面EFG，连接GE，GF．则必有．且．在 中，由F为的中点，，得G为OC的中点．在中，因为．所以 ．这显然与 ， 矛盾．所以线段OC上不存在点G，使得平面EFG．【点睛】本题考查面面垂直的判断与性质，线面垂直的性质．掌握两个定理的条件，掌握垂直之间的转换方法是解题基础．21．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求角；(2)若，边上的中线，求边的长.【答案】(1)(2)，或，. 【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理得到，故，结合，从而求出；（2）根据及余弦定理得到，再由得到，结合余弦定理得到，，求出的长.【详解】（1）因为，由正弦定理得：，因为，所以，即，因为，所以；（2）因为，由余弦定理知：，∵，∴，即，∵，∴，故，解得：，或，.22．如图，在直三棱柱中，侧棱，，且M，N分别为BB1，AC的中点，连接MN．(1)证明：平面；(2)若BA=BC=2，求二面角的平面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点P可得四边形B1MNP是平行四边形，再由线面平行的判断定理可得平面；（2）做，交于，以点B为原点，为轴，BC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面AB1C1、平面的法向量由二面角的向量求法可得答案.【详解】（1）如图，取的中点P，连接，N为AC的中点，，且．又，，四边形B1MNP是平行四边形，．又平面，MN平面，平面．（2）如图，做，交于，以点B为原点，为轴，BC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，直三棱柱的底面△ABC的边长BA=BC=2，侧棱，，．设平面AB1C1的法向量为．因为，，所以令x=1，则，．平面的一个法向量为，，由图知二面角的平面角为锐角，二面角的平面角的大小为．