河北省廊坊市文安县第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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1. 已知，，若，则（）
A. 0B. C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示，即可求解.
【详解】，，解得：.
故选：A
2. 在中，已知是边上一点，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量线性运算可直接得到结果.
【详解】
，.
故选：A.
3. 在中，若，，，则的外接圆半径，将此结论拓展到空间，可得出的正确结论是：在四面体中，若、、两两互相垂直，，，，则四面体的外接球半径
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
四面体中，三条棱、、两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，则半径易求.
【详解】四面体中，三条棱、、两两互相垂直，
则可以把该四面体补成长方体，，，是一个顶点处的三条棱长.
所以外接球的直径就是长方体的体对角线，则半径.
故选A.
【点睛】本题考查空间几何体的结构，多面体的外接球问题，合情推理.由平面类比到立体，结论不易直接得出时，需要从推理方法上进行类比，用平面类似的方法在空间中进行推理论证，才能避免直接类比得到错误结论.
4. 复数（表示虚数单位）则z的共轭复数为（ ）
A. －1+2iB. 1－2iC. 1+2iD. 2+i
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的运算与共轭复数的概念求解
【详解】由题意得，
故选：B
5. 已知为虚数单位，若复数满足，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：题设中复数满足的等式可以化为，利用复数的四则运算可以求出.
详解：由题设有，故，故选A.
点睛：本题考查复数的四则运算和复数概念中的共轭复数，属于基础题.
6. 已知向量，，若，则（ ）
A. 1B. C. 或D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由向量平行得到方程，求出.
【详解】由题意，得，解得：．
故选：B．
7. 如图，在中，为线段上的一点，且 ，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用，将用表示，然后整理即可.
【详解】∵，即，
∴，
化为．
又，
∴
故选：C．
8. 已知A、B是球O的球面上两点，，过作互相垂直的两个平面截球得到圆和圆，若，，则球的表面积为（ ）
A. 5πB. 10πC. 15πD. 20π
【答案】D
【解析】
【分析】令圆、圆半径分别为，由已知条件求，根据圆和圆的垂直关系求球的半径，进而求球体的表面积.
【详解】令圆、圆半径分别为，由，，，
∴，，且到圆面的距离，
∴若球的半径为R，则，即球的表面积.
故选：D.
二、多选题
9. 用一个平面去截正方体，关于截面的说法，正确的有（ ）
A. 截面有可能是三角形，并且有可能是正三角形
B. 截面有可能是四边形，并且有可能是正方形
C. 截面有可能是五边形，并且有可能是正五边形
D. 截面有可能是六边形，并且有可能是正六边形
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，结合正方体的几何结构，以及截面的概念与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，在正方体中，
对于A中，过点三点的截面为，截面的形状为正三角形，所以A正确；
对于B中，过棱的中点，作正方体的截面，此时截面与上下底面平行且全等，所以截面的性质为正方形，所以B正确；
对于C中，用一个平面截正方体，截面可以是五边形，但不能为正五边形，所以C错误；
对于D中，如图所示，用一个平面截正方体，当取各边的中点时，截面是正六边形，所以D正确.
故选：ABD.

10. 某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为，每个球形巧克力的体积为，包装盒的体积为，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】从截面图可得R与的关系，由球和圆柱的体积公式计算和，判断选项.
【详解】由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得，
圆柱高等于球形巧克力的直径，即，
，，则有.
故选：AD
11. 三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O上，且PA⊥底面ABC，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 球心O在三棱锥的外部
C. 球心O到底面ABC的距离为2D. 球O的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，由余弦定理直接判断；对B，设△ABC外接圆的圆心为，说明，圆心在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部；对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，说明，则四边形为矩形，球心O到底面ABC的距离为；对D，由正弦定理求得设△ABC外接圆半径，从而求得球半径，由体积公式可求得结果.
【详解】对A，在△ABC中，由余弦定理得，即，故A正确；
对B，如图，设△ABC外接圆的圆心为，连接，则底面ABC，
又PA⊥底面ABC，所以，由，得圆心在△ABC外部，
故球心O在三棱锥的外部，故B正确；
对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，因为PA是球O的一条弦，所以，
所以四边形为矩形，故，即球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确；
对D，设球O的半径为R，圆的半径为r，
由正弦定理得，所以，进而，
球的体积为，故D正确，
故选：ABD．
12. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.
B. 复数的模为
C. 若，则复平面内对应的点位于第二象限
D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的运算可直接判断A；计算复数的模可判断B；先化简复数，求出共轭复数，利用复数的几何意义可判断C；根据复数模的几何意义可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：，故选项A正确；
对于B：复数的模为，故选项B不正确；
对于C：，所以，对应的点位于第三象限，故选项C不正确；
对于D：复数满足，表示复数对应的点到点和点两点的距离相等，所以在复平面内对应的点的轨迹为线段的垂直平分线，故选项D正确；
故选：AD.
三、填空题
13. 已知向量、为单位向量，，若，则与所成角的余弦值为_________
【答案】
【解析】
【分析】先求的模,再根据向量夹角的计算公式计算即可.
【详解】解：，
由数量积公式得，.
故答案为：
【点睛】本题考查向量的模的计算，数量积运算，考查运算求解能力，解题的关键在于熟练掌握向量模的公式：
14. 已知四棱锥底面是边长为的正方形，高为3，若圆台的上底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，下底面正好为四棱锥底面正方形的外接圆，则该圆台的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得圆台的上下底面的半径，从而可得圆台的高为，根据圆台的特征可得圆台的母线，利用圆台的侧面积公式即可求解.
【详解】由题可知，该四棱锥是正四棱锥，
四棱锥的四条侧棱的中点连线为正方形，且边长为，该正方形对角线的长为4，
则圆台的上底面的半径为2，四棱锥的底面是边长为的正方形，其对角线长为8，
则圆台的下底面的半径为4，因为四棱锥的高为3，所以圆台的高为，
则圆台的母线长为.
所以圆台的侧面积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了正四棱锥的特征、圆台的侧面积公式，需熟记圆台的侧面积公式，属于基础题.
15. 在四面体中，，则该四面体外接球的体积_______________________.
【答案】
【解析】
【分析】把四面体补上一个以为三边的三角形作为底面，且分别以为侧棱长的长方体，结合长方体的对角线长，求得外接球的半径，结合球的体积公式，即可求解.
【详解】由题意，四面体的四个面是全等的三角形，
故可在每一个面上补上一个以为三边的三角形作为底面，
且分别以为侧棱长的长方体，如图所示，
根据长方体的长、宽、高分别为，可得，
则此长方体的外接球就是四面体的外接球，
三式相加可得，可得，
设四面体外接球的半径为
则该长方体对角线长为，外接球的半径
外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】解决与球有关的组合体的方法与策略：
1、一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体个元素的关系，结合球的截面的性质和，进行求解；
2、若球面上四点中两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定球的直径解决外接球问题.
16. 计算：___________.
【答案】
【解析】
【分析】由复数的除法化简复数，进而求模即可.
【详解】.
故答案为：
四、解答题
17. 已知长方体的长、宽、高分别是3cm，2cm，1.5cm，用斜二测画法画出它的直观图.
【答案】见解析
【解析】
【分析】画棱柱的直观图，通常将其底面水平放置.利用斜二测画法画出底面，再画出侧棱，就可以得到棱柱的直观图.长方体是一种特殊的棱柱，为画图简便，可取经过长方体的一个顶点的三条棱所在直线作为x轴、y轴、z轴.
【详解】画法：（1）画轴.如图，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点，使，.
（2）画底面，在x轴正半轴上取线段，使；在y轴正半轴上取线段，使.过点B作y轴的平行线，过点D作x轴的平行线，设它们的交点为C，则长方形就是长方体的底面的直观图.

（3）画侧棱.在z轴正半轴上取线段，使，过各点分别作z轴的平行线，在这些平行线上分别截取1.5cm长的线段.
（4）成图，顺次连接，并加以整理（去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线），就得到长方体的直观图了.
【点睛】本题主要考查了空间几何体的的直观图的画法，其中解答中熟记斜二测画法的规则，同时注意“一变两不变”的原则是解答此类问题的关键，同时画直观图时，除多边形外，还经常会遇到画圆的直观图的问题，圆的直观图通常为椭圆，着重考查了数形结合思想，属于基础题.
18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）若，，求．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）解法一，利用正弦定理化边为角，即得结果；解法二：利用余弦定理化等式右边为边，即得结果；
（2）解法一，先根据三角形面积公式得，再根据余弦定理求结果；解法二;先根据三角形面积公式得，再解出最后根据余弦定理求结果.
【详解】（1）解法一：
由正弦定理得：，
，
，
，
．
解法二：由余弦定理得．
余下部分同解法一
（2）解法一：
∵，
∴，则，
．
解法二：
∵，
∴，则，
联立，解得：，
．
．
【点睛】本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，考查基本分析求解能力，属基础题.
19. 已知复数．
（1）若，求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）或；（2）．
【解析】
【分析】（1）由，解出方程得到答案.
（2）由可得其最小值.
【详解】解：（1）因为，
所以，
所以或．
（2）
所以时，的最小值为
20. 在中，角，，所对的边分别为，，.满足.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的大小.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将其转化为，利用和角公式求得，利用诱导公式以及三角形内角和，整理求得进而可得解；
（2）结合题中的条件，根据三角形的面积公式，求得，之后应用余弦定理求得的值.
【详解】(1)在中，因为，
所以由正弦定理可得：，
所以，
又中，，所以.
因为，所以.
(2)由，，，得.
由余弦定理得，所以.
【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，和角公式，诱导公式，三角形的面积公式，余弦定理，属于简单题目.
21. 已知正三棱锥，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点分别在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为18，底面边长为15，内接正三棱柱的侧面积为180.
（1）求三棱柱的高；
（2）当三棱柱的高小于三棱锥高的一半时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】（1）设内接正三棱柱的高为，底面的边长为，解方程，则，所以，解方程即得解；
（2）分析得到，求出即得解
【详解】（1）设内接正三棱柱的高为，底面的边长为，
由直角三角形相似得，则．
内接正三棱柱的侧面积为：，
整理得：， 或．
正三棱柱的高为或.
（2）当三棱柱的高小于三棱锥高的一半时，三棱柱的高为6．如图，
正三棱锥的高为18，三棱柱的高为6，则．
，，而，可得．
．
正三棱锥的高为，底面边长为，
．
三棱锥的体积为．
22. 某个公园有个池塘，其形状为直角三角形，，米，米.
（1）现在准备养一批供游客观赏的鱼，分别在上取点D､E､F，并且，，（如图1），游客要在内喂鱼，希望面积越大越好.设（米），用x表示面积S，并求出S的最大值；
（2）现在准备新建造一个走廊，方便游客通行，分别在上取点D､E､F，建造正走廊（不考虑宽度）（如图2），游客希望周长越小越好.设，用表示的周长L，并求出L的最小值.
【答案】（1），平方米；
（2）（其中是满足的锐角），米.
【解析】
【分析】（1）因为，则可求CE，BE，DE，求得，利用基本不等式可求的面积的最大值；
（2）设等边三角形边长为，在中，由正弦定理可得（其中是满足的锐角），即可求得的周长及其最小值．
【小问1详解】
在中，，米，米，
所以，，
因为，，所以，
在中，因为，则，故，
所以中，，
所以，
由基本不等式得，，
当且仅当，即时，等号成立，的面积有最大值平方米；
【小问2详解】
设正的边长为，因为，
则，，
在中，，，
因为为平角，所以，
所以，
所以在中，，
整理得（其中是满足的锐角），
所以的周长，
当时，的周长有最小值米.