四川省攀枝花市第三高级中学2023-2024高一下学期第二次月考数学试卷（Word版附解析）

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考试时间：120分钟； 命题：王艺菲 审题：何垒
单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1. 已知是平面内的一个基底，则可以与向量构成平面另一个基底的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断所给向量与已知向量是否共线可得结论.
【详解】易得向量与向量平行，不能构成空间的一个基底，
由题意及向量加法的平行四边形法则与向量减法法则可知与不共线，
所以与可构成平面的一个基底．
故选：C.
2. 在中，，则角（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理变形求解即得.
【详解】由正弦定理，，则，因，则或，因，故,即两解均符合题意.
故选：D.
3. 已知向量，，则的充要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量共线的充要条件列出方程求解即可．
【详解】解：知向量，，
可得，可得．
故选：C．
4. 下列关于棱锥、棱台的说法正确的是（ ）
A. 有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
B. 有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台
C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成几何体叫做棱台
D. 棱台的各侧棱延长后必交于一点
【答案】D
【解析】
【分析】由棱锥的定义可判断A，由棱台的定义可判断BCD.
【详解】有一个面是多边形，其余各面是三角形，若其余各面没有一个共同的顶点，则不是棱锥，故A错误；
两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不一定是棱台，还要满足各侧棱的延长线交于一点，故B错误，D正确；
用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台，故C错误．
故选：D.
5. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法还原四边形，由梯形面积公式求解．
【详解】如图，作平面直角坐标系，
使与重合，在轴上，且，在轴上，且，

过作∥，且，连接，则直角梯形为原平面图形，
其面积为．
故选：C.
6. 如图，是正三棱锥且侧棱长为，两侧棱的夹角为分别是上的动点，则三角形的周长的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过展开平面以及勾股定理求得正确答案.
【详解】把正三棱锥沿剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：、、，
则，，
连接，交于，交于，
则线段就是的最小周长，又，
根据勾股定理，，∴.
故选：A
.
7. 若非零向量与满足，，则为（ ）
A. 三边均不相等的三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，即可得出是等腰三角形，再由数量积求出角的大小即可判断.
【详解】显然是与分别同向的单位向量，由，
得的角平分线与BC垂直，于是，
而，即，
又，因此，所以是等边三角形.
故选：D
8. 已知的内角A，，对边分别为，，，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理得，然后根据余弦定理求出，再利用重要不等式求出即可
【详解】由，
由正弦定理得，
又，且，
所以，故，
又，所以，
由，即，得，
面积的最大值为，
故选：C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. （多选）关于平面向量，下列说法中错误的是（ ）
A. 若且，则B.
C. 若，且，则D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.由向量判断；B.由向量的运算律判断；C.由数量积的运算律判断；D.由向量共线判断.
【详解】A.若向量，则不一定平行，故错误；
B.根据向量的运算律可知，B正确；
C. ，且，所以或，故错误；
D.表示与向量共线的向量，表示与向量共线的向量，与不一定相等，故错误.
故选：ACD
10. 如图，在三棱柱中，，，，分别为，，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. ，，，四点共面B.
C. ，，三线共点D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断AB；利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断C；举反例即可判断D.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，D错误.
故选：ABC
11. 已知棱长为2的正方体的中心为，用过点的平面去截正方体，则（ ）
A. 所得截面可以是五边形B. 所得的截面可以是六边形
C. 该截面的面积可以为D. 所得的截面可以是非正方形的菱形
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用正方体的对称性逐一判断即可.
【详解】过正方体中心平面截正方体所得的截面至少与四个面相交，所以可能是四边形、五边形、六边形，
又根据正方体的对称性，截面不会是五边形，但可以是正六边形和非正方形的菱形（如图）故A错误，BD正确；
因为四边形的面积为，当截面过中心且平行与底面时，截面为矩形（此时也是正方形），且面积为，若这个截面绕着中心旋转，转到与四边形重合，此时面积为，所以在转动过程一定存在截面面积为，C正确．
故选：BCD．
12. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．已知四棱锥为阳马，底面是边长为2的正方形，其中两条侧棱长都为3，则（ ）
A. 该阳马的体积为B. 该阳马的表面积为
C. 该阳马外接球的半径为D. 该阳马内切球的半径为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据相等的两条棱，求出四棱锥的高，可得其体积和表面积AB；求出外接球球心位置即得外接球半径C；利用体积法求出内切圆半径判断D.
【详解】
如图，不妨底面，，两两互相垂直，
平面平面，又，
因此，由对称性：，解得，
所以A错误；
该阳马的表面积B正确；
都是以为斜边的直角三角形，
则都在以为直径的球上，C错误；
设该阳马内切球的半径为，则，即，
解得D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．
13. 正四棱锥的所有棱长均为2，则该棱锥的高为___________.
【答案】
【解析】
【分析】在四棱锥中，连接、交于点，连接，根据正棱锥的性质可得即为棱锥的高，再利用勾股定理计算可得；
【详解】解：如图，四棱锥中，连接、交于点，连接，
根据正棱锥的性质可知平面，即即为棱锥的高，
因为，所以，
所以
故答案：
14. 复数的虚部是______．
【答案】
【解析】
分析】利用复数除法化简复数，从而得到其虚部.
【详解】解：，
∴的虚部为，
故答案为：．
15. 若某圆锥的侧面积为底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设出圆锥的底面半径r和母线l，根据条件得到r、l的关系式，由此可表示出圆锥的高h，根据可求结果.
【详解】设圆锥的底面半径和母线长分别为r，l，
母线与底面所成的角为，由题意可得，得，
由勾股定理可得圆锥的高，
所以，
故答案为：
16. 如图，一个三棱柱形容器中盛有水，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点，那么当底面水平放置时，水面高为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解即可.
【详解】设的面积为，底面ABC水平放置时，液面高为h，
侧面水平放置时，水的体积为，
当底面ABC水平放置时，水的体积为，于是，解得，
所以当底面水平放置时，液面高为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 设两个向量满足，
（1）求方向的单位向量；
（2）若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）计算出，利用求出答案；
（2）根据夹角为钝角得到不等式，结合向量不与向量反向共线，得到答案.
【小问1详解】
由已知，
所以，所以，
即方向的单位向量为；
【小问2详解】
由已知，
所以，
因为向量与向量的夹角为钝角，
所以，且向量不与向量反向共线，
设，则，解得，
从而，
解得
18. 已知向量，，.
（1）若向量，求向量与向量的夹角的大小：
（2）若向量，求向量在向量方向上的投影向量的坐标.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示求得，然后由向量夹角的坐标表示可得；
（2）由向量垂直的坐标表示求得，然后由投影向量公式可得.
【小问1详解】
因为，所以，即.
所以，.
所以，
又因为，所以向量与的夹角为.
【小问2详解】
，.
由得，所以.
，，
令在方向上的投影向量为，
则
.
19. 如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，∥，且．

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判断定定理可得平面，从而得，由题意可知四边形是正方形，所以有，由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用求解即可.
【小问1详解】
证明：在直四棱柱中，底面底面，
．
又平面平面．
平面．
易知四边形是正方形，，
又平面,
平面．
【小问2详解】
解：．
，
．
设点到平面的距离为，
，解得，
点到平面的距离为．
20. 的内角的对边分别为，满足
（1）求；
（2）的角平分线与交于点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由诱导公式正弦定理倍角公式化简已知等式，即可求解；
（2）由，得，利用基本不等式求的最小值.
【小问1详解】
由得：，
由正弦定理得：，倍角公式得，
由，有，所以，
得，所以.
【小问2详解】
由，得，
即，得，
，
当且仅当即 时等号成立
所以的最小值为.
21. 如图，在正方体中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行.
【小问1详解】
如图，连接交于，连接.

因为为正方体，底面为正方形，对角线，交于点，
所以为的中点，又因为为的中点，
所以在中，是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
当上的点为中点时，即满足平面平面，理由如下：
连接，，

因为为的中点，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，，平面，
所以平面平面.
22. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，又以a，b，c为边长的三个正三角形的面积分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）求的面积；
（3）若，求的周长.
【答案】（1）；
（2）；
（3）20.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将条件转化为角的关系，化简可得结论；
（2）根据面积公式化简，结合余弦定理可求，利用三角形面积公式求的面积；
（3）由正弦定理可将条件可化为，结合（2）的结论可求，再由正弦定理求，结合余弦定理求，可得结论.
【小问1详解】
由正弦定理（为外接圆半径）得：，又
所以，
因为，所以，
所以，
所以，又
所以.
【小问2详解】
又，所以，
即，所以，所以，
所以.
【小问3详解】
，，所以.
由①代入得.
，所以.
又因为，
所以，即.
于是的周长为..