湖北省武汉市第六中学2022-2023学年高一下学期第六次月考数学试题（解析版）

这是一份湖北省武汉市第六中学2022-2023学年高一下学期第六次月考数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉市第六中学2022级高一年级第6次月考数学试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确选项）1. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设，根据复数乘法运算和复数相等可求得，由可得结果.【详解】设，则，，，.故选：D.2. 对于平面和共面的直线m、n，下列命题中真命题是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若m、n与所成的角相等，则【答案】C【解析】【分析】举例说明判断A，B，D；利用线面平行的性质判断C作答.【详解】对于A，因，令垂足为A，在平面过点A作直线n，如图，显然满足，而，A不正确；对于B，当直线m、n是相交直线，它们确定的平面，满足，而m、n相交，B不正确；对于C，直线m、n确定的平面为，因，即，而，因此，C正确；对于D，因圆锥的任意两条母线与底面所成角相等，即直线m、n可为一圆锥的两条母线，此时m、n是相交直线，D不正确.故选：C3. 已知直线和平面满足,则（    ）A.  B. 或C.  D. 或【答案】D【解析】【分析】作出示意图，进而根据点、线、面的位置关系及线面垂直的判定即可判断.【详解】如图所示，正方体中，记平面ABCD为，平面为，所在直线为m，若n为，满足，显然，所以A,C错误；若n为，满足，显然，所以B错误；对D，若或，显然满足题意，若n与交于点P，点Q为直线n上不同于点P的另外一点，连接PB，因为，，所以，又，而n与PB交于点P，所以平面PBQ，又因为，于是过点B存在两个不同的平面与m垂直，矛盾，所以D正确.故选：D.4. 在梯形ABCD中，AC，BD交于点O，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的线性运算可求出结果.【详解】如图，由，可得（利用平行关系求得线段比），则，所以， 故选：A．5. 设A、B、C、D是球面上的四个点，且在同一平面内，，球心到该平面的距离是球半径的一半，则球的体积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由已知，根据题意，分别设出为球半径，为四边形外接圆半径，为球心到平面的距离，根据题意，且根据即可求得，然后直接求解球的体积即可.【详解】由已知，A、B、C、D在同一平面内，且，所以四边形为正方形，设为球半径，为四边形外接圆半径，为球心到平面的距离，根据球心到该平面的距离是球半径的一半，可知，，而正方形边长为，所以， 由，解得，所以.故选：A.6. 火箭造桥技术是我国首创在陡峭山区建桥的一种方法.由两枚火箭牵引两条足够长的绳索精准的射入对岸的指定位置，是建造高空悬索桥的关键.位于湖北省的四渡河大桥就是首次用这种技术建造的悬索桥.工程师们需要测算火箭携带的引导索的长度（引导索比较重，如果过长影响火箭发射），已知工程师们在建桥处看对岸目标点的正下方地面上一标志物的高为，从点处看点A和点俯角为，．求一枚火箭应至少携带引导索的长度（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】在Rt中可得，在中，利用正弦定理运算求解即可.【详解】在Rt中，，在中，可知，由正弦定理可得：，即，所以.故选：C.7. 如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H．则以下命题中，错误的命题是A. 点H是△A1BD垂心B. AH垂直平面CB1D1C. AH的延长线经过点C1D. 直线AH和BB1所成角为45°【答案】D【解析】【详解】因为三棱锥A－A1BD是正三棱锥，故顶点A在底面的射影是底面的中心，A正确；平面A1BD∥平面CB1D1，而AH垂直于平面A1BD，所以AH垂直于平面CB1D1，B正确；根据对称性知C正确，故选D. 8. 在长方体中，与和所成的角均为，则下面说法正确的是（     ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据长方体的结构特征，可得与和所成的角即为与和所成的角,从而设,由此可求得长方体的棱长，即可一一判断各选项，即得答案.【详解】在长方体中，,则与和所成的角即为与和所成的角,即,连接,易得面，面，且面，面，则为直角三角形，设,则,故，故A错误；由为直角三角形，可得,则,故B错误；由以上解答可知,故，C错误；在长方体中，，，故，D正确，故选：D二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错得0分）9. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD10. 如图，的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.若点在外，，，则下列说法中正确的有（    ）  A.  B. C. 四边形面积的最大值为 D. 四边形面积无最大值【答案】AB【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出角判断AB；利用三角形面积公式及余弦定理，借助三角函数性质求解判断CD.【详解】在中，由正弦定理及，得，即，有，而，，解得，而，则有，因此，，A B正确；显然是等边三角形，四边形面积等于 ，当且仅当，即时取等号，CD错误.故选：AB11. 我国春秋时期便有了风筝，人们用折纸做成了风筝并称为“纸鸢”，我们把如图1的“纸鸢”抽象成如图2的四棱锥，如果于点，，，下列说法正确的是（    ）A. 是等腰直角三角形 B. 平面平面C. 平面 D. 到，，，距离均相等【答案】AB【解析】【分析】依题意可得且，即可判断A，由，，即可证明平面，即可判断B，过点作于点，由面面垂直的性质得到平面，再利用反例说明C、D.【详解】因为且，所以与均为等腰直角三角形，且，所以，且，则，所以是等腰直角三角形，故A正确；因，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故B正确；过点作于点，因为平面平面，平面，所以平面，若，则不为点，此时平面不成立，故C错误；设点到，，，的距离分别为、、、，若到，，，距离均相等，则，则，故点为与的角平分线的交点，当时不在的平分线上，故D错误.故选：AB12. 如图所示，已知正方体的棱长为，点分别是棱的中点，点是侧面内一点（含边界）．若平面，则下列说法正确的有（    ）A. 点的轨迹为一条线段B. 三棱锥的体积为定值C. 的取值范围是D. 直线与所成角的余弦值的最小值为【答案】AB【解析】【分析】取中点，由面面平行的判定可证得平面平面，可知点轨迹为线段，知A正确；由线面平行性质可知点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积转化，结合棱锥体积公式可求得B正确；在中，通过求解点到的距离可确定C错误；根据平行关系可知所求角为，则余弦值最小时，与重合，由余弦定理可求得结果，知D错误.【详解】对于A，分别取中点，连接，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；，平面，平面，平面；，平面，平面平面；则当平面时，平面恒成立，又平面平面，平面，点轨迹为线段，A正确；对于B，由A知：平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，，即三棱锥的体积为定值，B正确；对于C，连接，在中，，，，点到的距离为，的取值范围为，C错误；对于D，由A知：，直线与所成角即为直线与所成角，即，则当与重合时，取得最大值，此时余弦值取得最小值；在中，，，，，即直线与所成角的余弦值的最小值为，D错误.故选：AB.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 如果平面向量，，则向量在上的投影向量为_____ .【答案】【解析】【分析】由已知可求得，，进而得出，然后根据即可得出答案.【详解】由已知可得，，，所以，，所以，向量在上的投影向量为.故答案为：.14. 在边长为2的正方体中，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则动点M的轨迹所形成区域的面积是_________．
 【答案】【解析】【分析】连接，，，证明平面平面，则动点M的轨迹所形成区域为，即可得解.【详解】如图，边长为2的正方体中，动点M满足平面，由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，连接，，，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，同理，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，又因平面，所以平面平面，又平面，所以动点M的轨迹所形成区域为，，，所以动点M的轨迹所形成区域的面积是.故答案：.15. 已知与是单位向量，．若向量满足，则的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】通过、及可求得；根据且可求得，从而可构造出关于和的等式，利用可求得的取值范围.【详解】，是单位向量，，，，又，，且    ，又，即，所以，即，解得.故答案为；16. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】    ①. 共26个面.    ②. 棱长为.【解析】【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为．【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．四、解答题（本大题共8小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17. 在中，．（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问1详解】解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为. 18. 如图，在几何体 ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，G为FC的中点，平面ABFE∩平面CDEF=EF（1）证明:AF//平面BDG（2）证明:AB//EF【答案】（1）证明见解析.    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接AC交BD于O,连接OG.利用三角形的中位线定理，再利用线面平行的判定定理即可证明AF//平面BDG；（2）利用线面平行的性质定理即可证明出AB//EF.【小问1详解】连接AC交BD于O,连接OG.因为四边形ABCD为平行四边形，所以AC、BD互相平分.又G为FC的中点，所以OG为三角形ACF的中位线，所以.因为面,面,所以AF//平面BDG.【小问2详解】因为四边形ABCD为平行四边形，所以AB//CD.因为面,面,所以AB//平面.因为面,面面=EF.所以AB//EF.19. 在中，角所对的边分别为，且.（1）求证：；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析    （2）最小值为【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明.（2）将问题转化 ，根据第一问解得，然后结合不等式求解.【小问1详解】在中，，由正弦定理得，又，因为,所以,所以,又,所以，且,所以，故.【小问2详解】由（1）得，所以，因为，所以，当且仅当即，且，即当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.20. 为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知，，，且，.（1）求的长度.（2）假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理即可求解；（2）根据余弦定理求解，进而得，由两角和与差的余弦公式可得，进而由余弦定理求解，根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.【小问1详解】因为，，所以，在中，由余弦定理，得.【小问2详解】在中，由余弦定理，得，所以，所以.在中，由余弦定理，得，解得.假设小夏先去地，走路线，路长，假设小夏先去地，因为，所以走路线，路长，假设小夏先去地，走路线，路长，由于，所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为.21. 如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，.  （1）在线段AC上是否存在点F，使得平面?如果存在，求出AF的值；如果不存在说明理由；（2）求平面与平面所成锐二面角的正切值.【答案】（1）即线段上存在点F，当时，平面.    （2）【解析】【分析】（1）记中点为M，连结，根据线面平行判定定理即可得出结论；（2）连结，过点B作的垂线，连结，作出平面与平面所成的二面角的平面角，解三角形，即可求得答案.【小问1详解】记中点为M，连结，为正三角形，,  则，且.因为平面平面 ，平面平面，平面ACD,所以平面，又因为平面，所以.延长交于点G，则为平面与平面的交线，因为，故，所以B为的中点，取中点F，连结，则，因为平面，平面，所以平面.即线段上存在点F，当时，平面.【小问2详解】连结，则为平面与平面的交线，在平面内，过点B作的垂线，垂足为H.连结，因为平面，平面，故,平面，故平面，平面，故,则为平面与平面所成的二面角的平面角.为正三角形，，故，则,且,故在中，，故，而，故,又因为，所以，即平面与平面所成的锐二面角的正切值为.22. 如图，在三棱锥中，，点在平面内，点Q在AB上，且满足.  （1）过Q作AB的垂面，分别交BC于E，交BD于F，过B作交CD于点M，证明：；（2）当PQ与平面所成最大角的正切值是时，求此时PQ与平面所成角的余弦值.【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）证明平面后即可得证线线垂直；（2）先由线面垂直确定，再利用线面角确定PQ与平面BCD所成最大时，是与的交点，再由线面垂直得出直线在平面内的射影是直线，即是直线与平面所成的角，然后设，求出后可得结论．【小问1详解】因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以；【小问2详解】因为，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，由平面，平面得平面平面，所以在平面的射影是直线，作平面，则，连接，是直线与平面所成的角，由平面，得，，因此最小时，最大，即最大，此时，是与的交点．又平面，平面，所以平面平面，又因为平面平面，所以直线在平面内的射影是直线，所以是直线与平面所成的角，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，同理，设，又，所以，，，则，．