四川省南充市南部中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题

这是一份四川省南充市南部中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题，共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上.等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息.
2．请将答案正确填写在答题卡上.
第I卷（选择题）
一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两角差的余弦公式可得原式，计算可得．
【详解】解：由两角差的余弦公式可得
故选：C．
2. 化简（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：D.
3. 已知平行四边形中，，，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。【解析】
【分析】设点的坐标为，根据题意可得出，结合平面向量的坐标运算可求得点的坐标.
【详解】设点的坐标为，则，即，解得，即.
故选：C.
4. 在空间中，下列说法正确的是（ ）
A. 垂直于同一直线的两条直线平行B. 垂直于同一直线的两条直线垂直
C. 平行于同一平面的两条直线平行D. 垂直于同一平面的两条直线平行
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中线、面的位置关系理解判断A、B、C，根据线面垂直的性质判断D．
【详解】垂直于同一直线的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，A、B不正确；
平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，C不正确；
根据线面垂直的性质可知：D正确；
故选：D．
5. 如图，在正方体中，点E，F为棱上的中点，则异面直线EF与BD所成角的大小为（ ）
A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°
【答案】B
【解析】
【分析】由异面直线所成角的概念求解
【详解】由题意得，故异面直线EF与BD所成角即为，
而是等边三角形，故，
故选：B
6. 在中，其内角的对边分别为，若，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦定理化角为边得，即可判断三角形形状.
【详解】因为，所以由余弦定理得，
所以，所以，所以为等腰三角形.
故选：A.
7. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（ ）

A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.
【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：

半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.
则，，
，
所以.
故选:A.
8. 设是内一点，且，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是（ ）
A B. 18C. 16D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】由，利用向量数量积公式得，面积公式求得，由定义得，结合基本不等式求的最小值.
【详解】设中，角对边分别为，
，由，得，
，若，则，，
有，得，
，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值是18.
故选：B
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题给出的四个选项中，有两项或两个以上选项符合题目要求，错选不得分，少选得2分.）
9. 下列说法不正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 与是平行向量
C. 若与是共线向量，则四点共线
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的概念逐一判断.
【详解】对于A：，模相等不能推出共线，A错误；
对于B：与是相反向量，所以是平行向量，B正确；
对于C：若与是共线向量，不能得到四点共线，C错误；
对于D：若，当向量时，与不一定平行，D错误.
故选：ACD.
10. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下述正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，、则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐项判断即可.
【详解】对于A，若，，则与相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若，，则，故B正确；
对于C，若，，则,
若，则，故C正确；
对于D，若，则，可能相交，故D错误.
故选:BC.
11. 如图，在正四棱锥中，，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论中恒成立的为（ ）.

A. B. C. 面D. 面
【答案】AC
【解析】
【分析】如图所示，连接､相交于点，连接，，由正四棱锥性质可得底面，，进而得到，可得平面，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面平面，进而得到平面，随即可判断A；由异面直线的定义可知不可能；由A易得C正确；由A同理可得：平面，可用反证法可说明D.
【详解】如图所示，连接､相交于点，连接，.
由正四棱锥，可得底面，，所以.
因为，所以平面，
因为，，分别是，，的中点，
所以，，而，
所以平面平面，所以平面，所以，故A正确；
由异面直线的定义可知:与是异面直线，不可能，因此B不正确；
平面平面，所以平面，因此C正确；
平面，若平面，则，与相矛盾，
因此当与不重合时，与平面不垂直，即D不正确.
故选:AC.
【点睛】本题主要考查了线线平行与垂直，线面平行与垂直的判定熟练掌握线面、面面的位置关系判定定理是解题的关键，属于中档题.
12. 已知中，其内角，，的对边分别为，，，下列结论正确的有（ ）
A. 若为等边三角形且边长为2，则.
B. 若满足，则.
C. 若，则.
D. ，则为钝角三角形.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用数量积的定义判断A，利用余弦定理判断B，利用余弦定理及基本不等式判断C，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理判断D.
【详解】对于A：因为为等边三角形且边长为2，所以，故A错误；
对于B：因为，即，
所以，因为，所以，故B正确；
对于C：因为，可得，
当且仅当时取等号，因为，所以，故C正确；
对于D：因为 ，即，
即，所以，即为钝角，
所以为钝角三角形，故D正确.
故选：BCD
第II卷（非选择题）
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案直接写在答题卷的横线上）
13. 已知，，则______．
【答案】##
【解析】
分析】根据同角关系可得余弦值，即可由正弦二倍角公式求解.
【详解】由，可得，
所以，
故答案为：
14. 圆锥的母线与高的夹角为，底面是半径为2的圆，则该圆锥的侧面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用圆锥的轴截面是等边三角形以及侧面积是扇形的特点，运用扇形的面积公式求解即可.
【详解】
圆锥的轴截面以及侧面展开图如图所示，
圆锥的母线与高的夹角为，底面是半径为2
，，
圆锥的侧面积为：

故答案为：.
15. 如图，无人机在离地面高300m的A处，观测到山顶M 处的仰角为、山脚C处的俯角为，已知，则山的高度MN为___m．
【答案】450
【解析】
【分析】由直角三角形求得，再在△AMC中，由正弦定理求得，然后在直角三角形中求得．
【详解】∵，∴，∵，
又，，∴，
在△AMC中，由正弦定理得，
∴ ．
故答案为：450．
16. 如图，在正方体中，点为线段上异于的动点，则下列四个命题：
①是等边三角形；
②平面平面；
③设，则三棱锥的体积随着增大先减少后增大；
④连接，总有平面.
其中正确的命题是___________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】对①：由正方体的面对角线相等即可判断；对②：由线面垂直的判断定理证明平面，即可得证平面平面；对③：由平面,可得点M到平面的距离为定值，从而可得三棱锥的体积为定值；对④：由面面平行的判断定理证明平面平面，再根据面面平行的性质定理即可判断.
【详解】解：对①：在正方体中，设边长为1，则，所以是等边三角形，故①正确；
对②：在正方体中，，
又平面，所以，
因为，所以平面，
又平面，
所以平面平面，故②正确；
对③：在正方体中，因为平面平面, 平面,
所以平面,
所以点M到平面的距离为定值，
所以为定值，故③错误；
对④：在正方体中，因为，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，又，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面，故④正确.
故答案为：①②④.
四、解答题(本大题共6小题，共70分.其中第17题10分，其余每小题12分。共70分。解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17. 已知．
（1）当时，求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角关系以及和差角公式即可求解.
（2）根据二倍角公式以及弦切齐次式即可化简求值.
【小问1详解】
当时，.由，得，；
；
【小问2详解】
，.
18. 已知向量，且.
（1）求的值；
（2）求向量与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用平面向量垂直的坐标公式计算即可.
（2）运用平面向量夹角公式计算即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，解得.
故的值为3.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以，
所以.
故与的夹角的余弦值为.
19. 三棱锥中，面，、分别是、中点，过的一个平面交面于．
（1）证明：；
（2）证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直进而证明面面垂直；
（2）先证明线面平行，再根据线面平行性质定理证明线线平行.
【小问1详解】
面
,
,
,面,面,
面,面
【小问2详解】
分别是中点，
面面
面
面，面面
20. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期和值域；
（2）在中，角的对边分别为．若锐角满足，，，求的面积．
【答案】（1）；值域为
（2）
【解析】
【分析】（1）先用降幂公式然后再用辅助角公式化简为一般的三角函数可求;
（2）根据先求出的大小，然后再根据正弦定理解三角形，最后代入面积公式即可求.
【小问1详解】
的最小正周期为.
，的值域为.
【小问2详解】
由得.
，，，
由正弦定理，得，
由余弦定理，得
.
21. 如图，已知平面ABC，，，，，，点和分别为和的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面，得到平面，即可得到平面平面，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直的性质定理即可得到平面；
（2）根据，点为中点得到，即可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角，由（1）的结论可得为直线与平面所成角，然后利用勾股定理得到，的长度，即可求直线与平面所成角.
【小问1详解】
∵平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面，
∵，点为中点，
∴，
∵平面平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
取中点，连接，，
∵，，，点为中点，
∴四边为平行四边形，∴，
∴直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
∵平面，
∴为直线与平面所成角，
∵点为中点，，
∴，，，
∴，又，所以，
所以直线与平面所成角为.
22. 法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角，，的对边分别为，，，已知.以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，再利用诱导公式及两角和差余弦公式得到，再利用正弦定理将边化角，即可得解；
（2）连接､，依题意可得，，再利用面积公式得到，在和中分别利用余弦定理，即可得到，，从而求出，即可得解；
【小问1详解】
解：由，
得，
即，
即
即，∵，∴，
由正弦定理得，
∵，∴，∴，
∵，∴.
【小问2详解】
解：如图，连接､，则，，
正面积，∴，
而，则，
∴中，由余弦定理得：，
有，则，
在中，，，由余弦定理得，则，
∴，，∴，所以的周长为.