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

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：D

2．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：A

3．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：D

4．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：CD

12．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．