漯河市高级中学2023-2024学年高一下学期7月月考数学试卷(含答案)

这是一份漯河市高级中学2023-2024学年高一下学期7月月考数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为( )
A.B.C.D.
2．在复平面内，复数对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3．图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）.设这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为3cm，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是( )
A.B.C.D.
4．过四棱锥任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线有( )
A.4条B.5条C.6条D.7条
5．已知函数在一个周期内的图象如图所示；若为偶函数，则的值可以为( )
A.B.C.D.
6．如图，正四面体的棱长为2，在上有一动点E，过E作平行于底面的截面，以该截面为底面向下挖去一个正三棱柱，则该正三棱柱侧面积的最大值为( )
A.B.C.D.
7．如图所示；测量队员在山脚A测得山顶P的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走到达B处，在B处测得山顶P的仰角为.若，，，（参考数据：，，，，，），则山的高度约为( )
8．已知非零不共线向量，满足；，则的取值范围为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知复平面内复数对应向量；复数对应点为.且满足，是的共轭复数；则( )
A.B.
C.D.点在以原点O为圆心；以2为半径的圆上
10．在三棱锥中，.记二面角、、的大小分别为、、，V为三棱锥的体积，则下列结论正确的是( )
A.B.
C.D.
11．如图；正方体的棱长为2，M是侧面上的一个动点（含边界）；点P在棱上；则下列结论正确的有( )
A.若；沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B.若，三棱锥的外接球表面积为
C.若；，则点M的运动轨迹长度为
D.若；平面被正方体截得截面面积为
三、填空题
12．在中，若，则角A的最大值为______.
13．设中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，为边上的中线；已知且，.则______.
四、双空题
14．为以C为直角顶点的直角三角形，且，，P为上一动点，沿将三角形折起形成直二面角，当长度最短时，______，此时二面角的平面角的正弦值为______.
五、解答题
15．如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，.若是底面的内接正三角形，P为上一点，.
（1）求该圆锥的表面积；
（2）求三棱锥的体积.
16．已知函数的最大值为；
（1）求常数m的值；
（2）若在上单调递增；求a的最大值.
17．如图；正四棱柱中；；点P为的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成线面角的正弦值.
18．在平面四边形中；；，
（1）若四边形圆内接四边形；求；
（2）求四边形面积最大值.
19．如图；在三棱柱中；侧面为矩形.
（1）若面；，，求证：；
（2）若二面角的大小为；，且；设直线和平面所成角为；问当变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由.
参考答案
1．答案：D
解析：由题意，，
所以.
解得，所以
故选D
2．答案：D
解析：，
其在复平面内对应的点为，在第四象限.
故选D
3．答案：C
解析：设圆柱的高为，
因为半球的体积不小于圆柱体积，
所以，
解得，即.
所以.
故选：C.
4．答案：C
解析：如图，设E，F，G，H，I，J，M，N为相应棱的中点，则，且平面，平面，所以平面，同理可得：，，，，与平面平行，由图可知：其他的任意两条棱的中点的连线与平面相交或在平面内，所以与平面平行的直线有6条.故选C.
5．答案：B
解析：根据函数，在一个周期内的图象，
可得，，.
再根据五点法作图，可得，，.
若为偶函数，则，，即，，
故的值可以为，
故选：B.
6．答案：A
解析：如图，设正三棱柱为，其上下底面的中心为O，，由于为正三角形，故也为其中心，设正三棱柱底面正三角形边长为x，，
由题意可知为正三角形，
故，所以，
又，，，
所以正三棱柱的高为
故该正三棱柱侧面积为$
当时，取到最大值为1，故的最大值为.
故选：A.
7．答案：C
解析：在三角形中，，
正弦定理：，所以
，
故选：C.
8．答案：D
解析：由，，
可得，
则，
又非零向量，不共线，
则，，为三角形三边，
所以，
则，
则，
所以.
故选：D.
9．答案：ABD
解析：对于A，由题意得：，则，，故A正确；
对于B，，，，，故B正确；
对于C，设，，由得，，
，故C错误；
对于D，，，在以原点O为圆心，以2为半径的圆上，故D正确.
故选：ABD.
10．答案：AC
解析：过点C作平面，垂足为H，过H分别作棱，的垂线，垂足分别为D，E，连接，，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，
所以平面，且平面，可得，
同理平面，，
所以，，
可得，
，且，
即$
整理得，故A正确；
又因为
所以，故C正确；
同选项A分析得：
，则，
因为，不一定相等，即，不一定相等，
则，不一定相等，所以，不一定相等，故B错误；
同选项C分析得：，显然，不一定相等，
所以V与不一定相等，故D错误；
故选：AC.
11．答案：BCD
解析：对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接，
则，故A错误；
对于B，当，所以中，，，则，设外接圆半径为r，则由正弦定理知：，则，
又平面，设三棱锥的外接球半径为R，则，所以三棱锥的外接球表面积，故B正确；
对于C，如图：
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，所以，
同理可得，，平面.所以平面，
所以过点P作交交于G，过G作交交于F，所以平面，同理可得平面，，平面，所以平面平面，所以平面，取，连接，，，，则E，Q，K，P，E，F均在平面上，则M的运动轨迹为线段，由于平面，平面，所以，由点P在棱上，且，可得，所以，故C正确；
对于D，如图：
延长，交于点H，连接交于I，连接，，所以，，所以，
所以，所以，且，所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形，
设梯形的高为h，则，所以，故D正确.
故选：BCD.
12．答案：.
解析：
，当且仅当
时取等号，且，
A的最大值为.
故答案为：.
13．答案：或
解析：因为且，由正弦定理及余弦定理可得
整理可得，因为，所以，
设，则，所以
；
而
所以，所以，所以，整理可得：，解得或(舍).
故答案为：.
14．答案：①.；②.
解析：如图，在平面内作于H，连结
因为二面角为直二面角，平面，故，
，设，
则，，在中，由余弦定理可得
故
当时，取到最小值，且最小值为.过H作，垂足为M，连接.则二面角的平面角为，
，
故，
故答案为：；
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1）圆锥底面周长为，底面积为，侧面展开为以D圆心，半径，弧长为的扇形，所以侧面积为
所以该圆锥的表面积为.
（2）直角三角形中，，，所以
，，
16．答案：（1）；
（2）
解析：（1）由于函数
由于，故函数的最大值为，解得.
（2）由于，，
解得，；
故函数的单调递增区问为，；
故，故取，则故，即a的最大值为.
17．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）证明：设和交于点O，则O为的中点，连接，
P是的中点，，
又平面，平面，
直线平面，
（2）设，则三角形为正三角形，，，
设点D到平面的距离为d，由等体积法：，
所以，则，
由点P为中点，所以点D，到平面距离相等，由，
所以直线与平面所成线面角与直线与平面所成线面角相等，
设直线与平面所成线面角为，所以，
直线与平面所成线面角的正弦值为.
18．答案：（1）；
（2）
解析：（1）
连接，在中，由余弦定理知，，在中，由余弦定理知，，
所以，即，
又四边形为圆内接四边形，所以，即，所以，
所以，
所以.
（2）由（1）知，，
所以①，
因为的面积，
的面积，
所以四边形的而积②，
由①②分别平方相加可得
当且仅当，即时，等号成立，
所以，仰，
故四边形面积最大值为.
19．答案：（1）证明见解析；
（2）不能取到，理由见解析
解析：（1）证明：由平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
在中，设，则，，
所以，，
由，，
所以，
所以，又，，平面，则平面，
平面，所以.
（2）在平面中，过点C作直线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且，
又，平面，所以平面，
在平面中，过点D作，垂足为G，连接，
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面.所以平面.
所以为直线和平面所成角，即，
所以为点D到平面的距离，且，又
则，
由，可得，，，
所以，，，，，
所以（当且仅当时，取等号），所以直线与平面所成角的正弦值最大值为，
又，所以取不到.