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2023-2024学年安徽省安庆市怀宁县新安中学高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案）
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这是一份2023-2024学年安徽省安庆市怀宁县新安中学高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知e1,e2是单位向量，且e1,e2的夹角为π3，则|e1+te2|(t∈R)的最小值为( )
A. 12B. 32C. 1D. 52
2.已知点P，A，B，C在同一个球的球表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PB= 5，BC= 3，PC=2，则该球的表面积为( )
A. 6πB. 8πC. 12πD. 16π
3.如果圆台的母线与底面成60°角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为( )．
A. 2πB. 32πC. 2 33πD. 12π
4.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC+ 3asinC−b−c=0，则A为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. π4
5.若z∈C，且|z|=1，则|z−3i|的最小值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
6.已知正四面体的各棱长均为3，各顶点均在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. 9πB. 12πC. 27π4D. 27π2
7.已知在一个表面积为24的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在B1D上运动，则当BE+A1E取得最小值时，AE=( )
A. 2B. 3 22C. 3D. 3 24
8.已知点P为△ABC所在平面内一点，且满足AP=λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)(λ∈R)，则直线AP必经过△ABC的( )
A. 重心B. 内心C. 垂心D. 外心
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面向量OA、OB、OC为三个单位向量，且OA⋅OB=0，若OC=xOA+yOB(x,y∈R)，则x+y的取值可能为( )
A. − 22B. 1C. 2D. 3
10.半正多面体(semiregular slid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于1970年的世界杯比赛．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示)，若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是( )
A. MQ⊥平面AEMHB. 异面直线BC和EA所成角为60°
C. 该二十四等边体的体积为40 23D. 该二十四等边体外接球的表面积为16π
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE.则下列命题中正确的有( )
A. 侧面CDD1C1上存在点F，使得B1F⊥CD
B. 直线B1F与直线CD1所成角可能为60°
C. 三棱锥A1−BEF的体积为定值
D. 设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大值为 52
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正三棱锥P−ABC的底面边长为2 3，体积为3 5，则底面△ABC的中心O到侧面PAB的距离是______．
13.已知正四棱锥O−ABCD的体积为3 22，底面边长为 3，则以O为球心，|OA|为半径的球的体积为______．
14.已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若AB=4 3，∠ACB=60°，则球心O到平面ABC的距离等于______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP,O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F．
(1)若AO=xAB+yAC，求x和y的值；
(2)若EB=λAE(λ>0),FC=μAF(μ>0)，求1λ+2μ的最小值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 33b,tanC=ccsAa+csinA．
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的外接圆周长为2 3π，求BC边上的中线长．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcsC+ccsB= 2acsA．
(1)求A的值；
(2)若a=5，b=3 2，求三角形的周长．
18.(本小题17分)
如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为CC1的中点，经过A，D1，E三点的平面记为平面α，点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//α．
(1)设平面BCC1B1∩α=l，求证：AD1//l；
(2)平面α将正方体ABCD−A1B1C1D1分成两部分，求这两部分的体积之比V1V2(其中V1≤V2)；
(3)当A1P最小时，求三棱锥P−AA1D1的外接球的表面积．
19.(本小题17分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，A1D与AD1交于点E，AA1=AD=2AB=4．
(1)证明：AE⊥平面ECD．
(2)求点C1到平面AEC的距离．
答案
1.B
2.A
3.C
4.B
5.A
6.D
7.A
8.C
9.ABC
10.BCD
11.AC
12. 154
13.8 6π
14.3
15.解：(1)由PC=2BP，得BC=BP+BC=3BP，可得BP=13BC，
所以AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
由点O是线段AP的中点，可得AO=12AP=12(23AB+13AC)=13AB+16AC，
又因为AO=xAB+yAC，且AB、AC不共线，所以根据平面向量基本定理，得x=13,y=16；
(2)因为AB=AE+EB=AE+λAE=(1+λ)AE，AC=AF+FC=AF+μAF=(1+μ)AF，
由(1)得AO=12AP=13AB+16AC，可知AO=1+λ3AE+1+μ6AF，
根据E、O、F三点共线，得1+λ3+1+μ6=1，即2λ+μ=3，
所以1λ+2μ=13(2λ+μ)(1λ+2μ)=13(4+μλ+4λμ)
由λ>0，μ>0，得μλ+4λμ≥2 μλ⋅4λμ=4，
所以13(4+μλ+4λμ)≥13(4+2 4)=83，即1λ+2μ≥83，
当且仅当μ=2λ，即λ=34,μ=32时取等号，可知1λ+2μ的最小值为83．
16.解：(1)因为a= 33b,tanC=ccsAa+csinA=sinCcsC，
根据正弦定理可得sinA= 33sinB,sinCcsAsinA+sinCsinA=sinCcsC，
因为sinC≠0，
所以sinA=csCcsA−sinCsinA=cs(C+A)=cs(π−B)=−csB= 33sinB，
即tanB=− 3，因为0(2)由(1)sinA= 33sinB= 33× 32=12，所以A=π6,C=π6，
如图，取BC中点D，连接AD，
记△ABC的外接圆的半径为r，则2πr=2 3π，解得r= 3，
根据正弦定理可得AB=2rsinC= 3，所以BC=AB= 3，即BD= 32．
根据余弦定理可得
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB=( 3)2+( 32)2−2× 3× 32×(−12)=214，
所以AD= 212，故BC边上的中线长为 212．
17.解：(1)由正弦定理得sinBcsC+sinCcsB= 2sinAcsA，
即sin(B+C)= 2sinAcsA，
则sinA= 2sinAcsA，
∵A∈(0,π)，∴sinA≠0，
∴csA= 22，得A=π4；
(2)由(1)知，A=π4，
又a=5，b=3 2，
∴由余弦定理可得：25=18+c2−6 2c× 22，
即c2−6c−7=0，解得c=−1(舍)或c=7．
∴三角形的周长为5+7+3 2=12+3 2．
18.证明：(1)连接BC1，因为AB=D1C1且AB//D1C1，
所以ABC1D1为平行四边形，
所以AD1//BC1，AD1⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以AD1//平面BCC1B1，
又平面BCC1B1∩α=l，AD1⊂平面α，
所以AD1//l；
解：(2)在正方形DCC1D1中，直线D1E与直线DC相交，
设D1E∩DC=F，连接AF，设BC∩AF=G，连接GE，
由E为CC1的中点，得G为BC的中点，∴EG//AD1，
所以平面AGED1即为平面α，
因为E为CC1的中点，所以C为DF的中点，
所以平面α将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台CGE−DAD1，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，
所以V1=V棱台CGE−DAD1=VF−DAD1−VF−CGE
=78VF−DAD1=78×13S△DAD1×FD=78×13×12×4×4×8=563，
∴另一部分几何体的体积V2=43−563=1363，
∴两部分的体积V1V2=717；
(3)取B1C1的中点N，BB1的中点M，连接MN、ME、A1M、A1N，
显然MN//BC1，EG//BC1，所以MN//EG，MN⊄平面AGED1，EG⊂平面AGED1，
所以MN//平面AGED1，
又E为CC1的中点，所以ME//B1C1且ME=B1C1，又A1D1//B1C1且A1D1=B1C1，
所以A1D1//ME且A1D1=ME，
所以A1D1EM为平行四边形，所以A1M//D1E，
A1M⊄平面AGED1，D1E⊂平面AGED1，
所以A1M//平面AGED1，
又A1M∩ME=M，A1M，ME⊂平面A1MN，所以平面A1MN//平面AGED1，
又点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//α，
所以P在线段MN上，又A1N=A1M= 42+22=2 5，
即△A1MN为等腰三角形，所以当P为MN的中点时A1P最小，
因为△AA1D1为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边AD1的中点，设为Q，
令ME∩BC1=H，则H为BC1的中点，连接QH，则QH//AB，
所以QH⊥平面AA1D1，所以球心在QH上，设球心为O，连接OD1、OP、PH，
设外接球的半径为R，OQ=ℎ，则OD1=OP=R，
又D1Q=12AD1=2 2,PH= 2，
所以R2=ℎ2+(2 2)2,R2=(4−ℎ)2+( 2)2，解得ℎ=54，则R2=15316，
所以外接球的表面积S=4πR2=1534π．
19.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥AD，
∵AA1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴AA1⊥CD，又AA1∩AD=A，
∴CD⊥平面ADD1A1，
∴CD⊥AE，
∵四边形ADD1A1是平行四边形，∴E是A1D的中点，
∵AA1=AD，∴AE⊥DE，
又CD∩DE=D，CD，DE⊂平面ECD．
∴AE⊥平面ECD．
(2)解：连接CD1，则点C1到平面AEC的距离即为点C1到平面ACD1的距离．
在△ACD1中，AC=2 5，AD1=4 2，CD1=2 5，
∴CE⊥AD1，且CE= AC2−AE2=2 3，
∴S△ACD1=12×AD1×CE=12×4 2×2 3=4 6，
设C1到平面ACD1的距离为ℎ，则VC1−ACD1=13×4 6×ℎ=4 6ℎ3．
又VC1−ACD1=VA−CC1D1=13×12×2×4×4=163，
∴4 6ℎ=16，即ℎ=2 63．
∴点C1到平面AEC的距离为2 63．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知e1,e2是单位向量，且e1,e2的夹角为π3，则|e1+te2|(t∈R)的最小值为( )
A. 12B. 32C. 1D. 52
2.已知点P，A，B，C在同一个球的球表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PB= 5，BC= 3，PC=2，则该球的表面积为( )
A. 6πB. 8πC. 12πD. 16π
3.如果圆台的母线与底面成60°角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为( )．
A. 2πB. 32πC. 2 33πD. 12π
4.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC+ 3asinC−b−c=0，则A为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. π4
5.若z∈C，且|z|=1，则|z−3i|的最小值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
6.已知正四面体的各棱长均为3，各顶点均在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. 9πB. 12πC. 27π4D. 27π2
7.已知在一个表面积为24的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在B1D上运动，则当BE+A1E取得最小值时，AE=( )
A. 2B. 3 22C. 3D. 3 24
8.已知点P为△ABC所在平面内一点，且满足AP=λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)(λ∈R)，则直线AP必经过△ABC的( )
A. 重心B. 内心C. 垂心D. 外心
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面向量OA、OB、OC为三个单位向量，且OA⋅OB=0，若OC=xOA+yOB(x,y∈R)，则x+y的取值可能为( )
A. − 22B. 1C. 2D. 3
10.半正多面体(semiregular slid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于1970年的世界杯比赛．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示)，若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是( )
A. MQ⊥平面AEMHB. 异面直线BC和EA所成角为60°
C. 该二十四等边体的体积为40 23D. 该二十四等边体外接球的表面积为16π
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE.则下列命题中正确的有( )
A. 侧面CDD1C1上存在点F，使得B1F⊥CD
B. 直线B1F与直线CD1所成角可能为60°
C. 三棱锥A1−BEF的体积为定值
D. 设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大值为 52
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正三棱锥P−ABC的底面边长为2 3，体积为3 5，则底面△ABC的中心O到侧面PAB的距离是______．
13.已知正四棱锥O−ABCD的体积为3 22，底面边长为 3，则以O为球心，|OA|为半径的球的体积为______．
14.已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若AB=4 3，∠ACB=60°，则球心O到平面ABC的距离等于______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP,O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F．
(1)若AO=xAB+yAC，求x和y的值；
(2)若EB=λAE(λ>0),FC=μAF(μ>0)，求1λ+2μ的最小值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 33b,tanC=ccsAa+csinA．
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的外接圆周长为2 3π，求BC边上的中线长．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcsC+ccsB= 2acsA．
(1)求A的值；
(2)若a=5，b=3 2，求三角形的周长．
18.(本小题17分)
如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为CC1的中点，经过A，D1，E三点的平面记为平面α，点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//α．
(1)设平面BCC1B1∩α=l，求证：AD1//l；
(2)平面α将正方体ABCD−A1B1C1D1分成两部分，求这两部分的体积之比V1V2(其中V1≤V2)；
(3)当A1P最小时，求三棱锥P−AA1D1的外接球的表面积．
19.(本小题17分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，A1D与AD1交于点E，AA1=AD=2AB=4．
(1)证明：AE⊥平面ECD．
(2)求点C1到平面AEC的距离．
答案
1.B
2.A
3.C
4.B
5.A
6.D
7.A
8.C
9.ABC
10.BCD
11.AC
12. 154
13.8 6π
14.3
15.解：(1)由PC=2BP，得BC=BP+BC=3BP，可得BP=13BC，
所以AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
由点O是线段AP的中点，可得AO=12AP=12(23AB+13AC)=13AB+16AC，
又因为AO=xAB+yAC，且AB、AC不共线，所以根据平面向量基本定理，得x=13,y=16；
(2)因为AB=AE+EB=AE+λAE=(1+λ)AE，AC=AF+FC=AF+μAF=(1+μ)AF，
由(1)得AO=12AP=13AB+16AC，可知AO=1+λ3AE+1+μ6AF，
根据E、O、F三点共线，得1+λ3+1+μ6=1，即2λ+μ=3，
所以1λ+2μ=13(2λ+μ)(1λ+2μ)=13(4+μλ+4λμ)
由λ>0，μ>0，得μλ+4λμ≥2 μλ⋅4λμ=4，
所以13(4+μλ+4λμ)≥13(4+2 4)=83，即1λ+2μ≥83，
当且仅当μ=2λ，即λ=34,μ=32时取等号，可知1λ+2μ的最小值为83．
16.解：(1)因为a= 33b,tanC=ccsAa+csinA=sinCcsC，
根据正弦定理可得sinA= 33sinB,sinCcsAsinA+sinCsinA=sinCcsC，
因为sinC≠0，
所以sinA=csCcsA−sinCsinA=cs(C+A)=cs(π−B)=−csB= 33sinB，
即tanB=− 3，因为0
如图，取BC中点D，连接AD，
记△ABC的外接圆的半径为r，则2πr=2 3π，解得r= 3，
根据正弦定理可得AB=2rsinC= 3，所以BC=AB= 3，即BD= 32．
根据余弦定理可得
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB=( 3)2+( 32)2−2× 3× 32×(−12)=214，
所以AD= 212，故BC边上的中线长为 212．
17.解：(1)由正弦定理得sinBcsC+sinCcsB= 2sinAcsA，
即sin(B+C)= 2sinAcsA，
则sinA= 2sinAcsA，
∵A∈(0,π)，∴sinA≠0，
∴csA= 22，得A=π4；
(2)由(1)知，A=π4，
又a=5，b=3 2，
∴由余弦定理可得：25=18+c2−6 2c× 22，
即c2−6c−7=0，解得c=−1(舍)或c=7．
∴三角形的周长为5+7+3 2=12+3 2．
18.证明：(1)连接BC1，因为AB=D1C1且AB//D1C1，
所以ABC1D1为平行四边形，
所以AD1//BC1，AD1⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以AD1//平面BCC1B1，
又平面BCC1B1∩α=l，AD1⊂平面α，
所以AD1//l；
解：(2)在正方形DCC1D1中，直线D1E与直线DC相交，
设D1E∩DC=F，连接AF，设BC∩AF=G，连接GE，
由E为CC1的中点，得G为BC的中点，∴EG//AD1，
所以平面AGED1即为平面α，
因为E为CC1的中点，所以C为DF的中点，
所以平面α将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台CGE−DAD1，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，
所以V1=V棱台CGE−DAD1=VF−DAD1−VF−CGE
=78VF−DAD1=78×13S△DAD1×FD=78×13×12×4×4×8=563，
∴另一部分几何体的体积V2=43−563=1363，
∴两部分的体积V1V2=717；
(3)取B1C1的中点N，BB1的中点M，连接MN、ME、A1M、A1N，
显然MN//BC1，EG//BC1，所以MN//EG，MN⊄平面AGED1，EG⊂平面AGED1，
所以MN//平面AGED1，
又E为CC1的中点，所以ME//B1C1且ME=B1C1，又A1D1//B1C1且A1D1=B1C1，
所以A1D1//ME且A1D1=ME，
所以A1D1EM为平行四边形，所以A1M//D1E，
A1M⊄平面AGED1，D1E⊂平面AGED1，
所以A1M//平面AGED1，
又A1M∩ME=M，A1M，ME⊂平面A1MN，所以平面A1MN//平面AGED1，
又点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//α，
所以P在线段MN上，又A1N=A1M= 42+22=2 5，
即△A1MN为等腰三角形，所以当P为MN的中点时A1P最小，
因为△AA1D1为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边AD1的中点，设为Q，
令ME∩BC1=H，则H为BC1的中点，连接QH，则QH//AB，
所以QH⊥平面AA1D1，所以球心在QH上，设球心为O，连接OD1、OP、PH，
设外接球的半径为R，OQ=ℎ，则OD1=OP=R，
又D1Q=12AD1=2 2,PH= 2，
所以R2=ℎ2+(2 2)2,R2=(4−ℎ)2+( 2)2，解得ℎ=54，则R2=15316，
所以外接球的表面积S=4πR2=1534π．
19.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥AD，
∵AA1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴AA1⊥CD，又AA1∩AD=A，
∴CD⊥平面ADD1A1，
∴CD⊥AE，
∵四边形ADD1A1是平行四边形，∴E是A1D的中点，
∵AA1=AD，∴AE⊥DE，
又CD∩DE=D，CD，DE⊂平面ECD．
∴AE⊥平面ECD．
(2)解：连接CD1，则点C1到平面AEC的距离即为点C1到平面ACD1的距离．
在△ACD1中，AC=2 5，AD1=4 2，CD1=2 5，
∴CE⊥AD1，且CE= AC2−AE2=2 3，
∴S△ACD1=12×AD1×CE=12×4 2×2 3=4 6，
设C1到平面ACD1的距离为ℎ，则VC1−ACD1=13×4 6×ℎ=4 6ℎ3．
又VC1−ACD1=VA−CC1D1=13×12×2×4×4=163，
∴4 6ℎ=16，即ℎ=2 63．
∴点C1到平面AEC的距离为2 63．
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