吉林省洮南一中2020-2021学年高一下学期第三次月考数学（理）试卷+Word版含答案

这是一份吉林省洮南一中2020-2021学年高一下学期第三次月考数学（理）试卷+Word版含答案，共20页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高一数学试题（理）

本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。满分150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题60分）
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）
1．已知向量，且，则的值为（ ）
A ． B．6 C ． D．
2．若，则（ ）
A． B．C．D．
3．某正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（ ）
A． B．C．D．
4．已知两灯塔A和B与海洋观测站C的距离都等于，灯塔A在观测站C的北偏东，灯塔B在观测站C的南偏东，则灯塔A与之间B的距离为（ ）
A． B．C．D．
5．已知与均为单位向量，若，则与的夹角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
6．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“今有北乡8758人，西乡有7236人，南乡有8356人，现要按人数多少从三个乡共征集487人，问从各乡征集多少人”.在上述问题中，需从南乡征集的人数大约是（ ）
A．112B．128C．145D．167
7．已知正方体的体积为，若点平面，点平面，则的最小值为（ ）
A． B．C．D．
8．已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面的半径为（ ）
A． B．C．D．
9．给定长度分别为7cm，8cm的两条线段，大小为的一个角，由这3个已知量作为一个三角形的构成元素，可以组成几个不同的三角形（ ）
A．2 B．3C．4D．5
10．如图，矩形中，，正方形的边长为1，且平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
11．设锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C．D．
12．一块边长为10cm的正方形铁片如图所示，将它的阴影部分截下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题纸的横线上，填在试卷上的答案无效。）
13．高二年级共有学生600人，采用分层随机抽样的方法从男生中抽取20人，得到其平均身高数据为172.5cm；从女生中抽取18人，得到其平均身高数据为162cm，则高二年级学生的平均身高估计值为___________．（保留小数点后一位）
14．如图所示为一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积为_________．
15．钝角的面积是，，，角的平分线交于点，则________．
16．如图，已知在正方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：
①无论在如何移动，四棱锥的体积恒为定值；
②截面四边形的周长的最小值是；
③当点不与，重合时，在棱上恒存在点，使得平面；
④存在点，使得平面；其中正确的命题是______．
四、解答题(共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知向量，，其中，，求
（1）；
（2）与的夹角的余弦值．
18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，
（1）求证：直线平面
（2）求直线与平面所成角的正切值.
19．（12分）如图，中，为边上一点，，.
（1）若的面积为，求的长；
（2）若，，求的值.
20．（12分）某市规划一个平面示意图为如图的五边形的一条自行车赛道，，，，，为赛道（不考虑宽度），，为赛道内的两条服务通道，，，，．
（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道的长度；
①；②．
（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道最长（即最大）．
21．（12分）如图，在长方体中，，，.点为对角线的中点.
（1）证明：直线平行于平面；
（2）求点到平面的距离.
22．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.
（1）求证：平面PCD；
（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.
参考答案
1．A
【分析】
根据向量共线的坐标运算计算即可得答案.
【详解】
因为，
所以，解得.
2．B
【分析】
先由复数的乘法化简复数z，再根据共轭复数的概念可得选项.
【详解】
因为，，所以，所以．
3．D
【分析】
根据正四棱锥的定义及已知条件即可求解.
【详解】
解：如图，是正四棱锥的高，
设底面边长为，则底面积为，
因为正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，
所以，又，
所以，
所以是正三角形，面积为，
所以，
故选：D.
4．C
【分析】
根据题意作出示意图，由余弦定理即可求解.
【详解】
解：由题意，作出示意图：
则，，由余弦定理得
，
所以，即灯塔A与之间B的距离为.
故选：C.
5．D
【分析】
由两向量垂直可得数量积为0，结合数量积的定义计算式和已知条件，即可求出两向量的夹角.
【详解】
解：因为，所以，
解得，所以，
故选:D.
6．A
【分析】
根据分层抽样的计算方法即可求出结果．
【详解】
依题意大三学生与大四学生之比为3:2，大四学生为全校学生的，则大四学生应抽取的学生为，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查分层抽样的方法及其应用，属于基础题.
7．B
【分析】
利用面面平行的判定可证得平面平面，可知最小值即为平面到平面的距离，利用正方体体积求得棱长后，可求得，可知.
【详解】
由正方体特征知：，又平面，平面，
平面，同理可得：平面，
又，平面，平面平面，
的最小值为平面到平面的距离，
正方体的体积为，设正方体棱长为，则，，
，.
故选：B.
8．C
【分析】
设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，利用侧面展开图是一个半圆，求得与之间的关系，代入表面积公式即可得解.
【详解】
设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，
圆锥的侧面展开图是一个半圆，，
圆锥的表面积为，， ，
故圆锥的底面半径为，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查圆锥的表面积公式及圆锥的侧面展开图，解题的关键是利用侧面展开图时一个半圆，求得母线长与半径的关系，考查学生的计算能力，属于一般题.
9．B
【分析】
根据正弦定理求解即可得到所求结果．
【详解】
由正弦定理得，
∴．
又，
∴为锐角，
∴．
故选B．
10．B
11．A
【分析】
由已知条件结合正弦定理可得，又由为锐角三角形可求出，从而可求出结果
【详解】
由正弦定理得.
因为为锐角三角形，所以即所以，
所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
12.B
【分析】
根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.
【详解】
设球的半径为，则，解得：.
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离.
故选：B.
【点睛】
本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.
13．167.5cm
【分析】
由题意直接可列式求出.
【详解】
由题意可得高二年级学生的平均身高估计值为.
故答案为：167.5cm.
14．．
【分析】
根据直观图与原图形之间面积的关系计算．
【详解】
由题意直观图等腰梯形的下底为，高为，
面积为，
所以原图形面积为．
故答案为：．
【点睛】
结论点睛：在水平旋转的平面图形的直观图的斜二测画法中，原图形面积为，直观图面积为，则．
15．
【分析】
由已知条件可得，然后分角为锐角和为钝角，求出角的余弦值，再利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出
【详解】
解：由，得，
若角为锐角，则，此时，即，
由于，则为锐角三角形，不符合题意．
故为钝角，此时，，
故．在中，由正弦定理得，
同理，在中，，
而在中，，
由于，故，
由于，
故，
所以，
所以．
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，解题的关键是利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出，属于中档题
16．①②④
【分析】
由题意逐个讨论所给的命题，判断它们的真假.第一个根据等体积法求体积，第二个求周长函数关系式，再求最小值，第三个利用反证法确定真假，第四个举例说明存在.
【详解】
解:①由题意可得∥，∥，如图建立坐标系:
，四边形为平行四边形
又（ 为到平面距离）且
上点到平面距离相等
无论在上何处，不变
不变
不变
故①正确
②由①知：四边形的周长
设，则，
等价于上点到与距离
此时
周长最小为
故②正确
③在上寻找一点，使到的距离为距离
∥，且在平面中
但当时，，与矛盾
故③错误;
④当与重合时，显然，
平面
故④正确
综上可得:正确为①②④.
故答案为:①②④.
【点睛】
考查正方体的性质、线面垂直的判定定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力.
17．（1）；（2）
【分析】
（1）由题知，，进而根据坐标运算求解；
（2）根据余弦的夹角公式直接计算即可.
【详解】
解：（1）由题知，，
所以
所以
（2）设与的夹角为，
所以由夹角公式得：
所以与的夹角的余弦值为
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由菱形的性质知由平面，可知，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）过作连结，结合，可得平面，可得以是直线与平面所成角，在中利用三角函数的定义即可求解.
【详解】
解：（1）因为四边形是菱形，所以
又因为平面平面所以又因为所以平面
（2）过作连结
因为平面平面所以
又因为所以平面
所以是直线与平面所成角
在中，
所以
所以是直线与平面所成角的正切值
19．(1);(2) .
【详解】
试题分析：（1）由，，的面积为可求出，再利用余弦定理可得；（2）在中，由正弦定理得，得，
在中，由正弦定理得，∴.
试题解析：（1）,,，
，
，
在中，由余弦定理得
，
∴.
（2）在中，由正弦定理得，
∴ ，
在中，由正弦定理得，
∴，
∴.
20．（1）选择见解析，10；（2）设计为时，折线段赛道最长.
【分析】
（1）选①时，先利用正弦定理求出再利用勾股定理求解；选②时，先利用正弦定理求出再利用余弦定理求解；
（2）利用余弦定理得到，再利用基本不等式求出的最大值即得解.
【详解】
（1）选①时，在中，由正弦定理得：
所以
因为，所以，
所以
选②时，在中，由正弦定理得：
所以
在中，由余弦定理得：
所以，所以.
（2）在中，，．
由余弦定理得：，
即
故，
从而
即，当且仅当时，等号成立，
即设计为时，折线段赛道最长.
【点睛】
方法点睛：最值范围问题常用的解法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择条件求解.
21．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，，由，证得平面，同理证得平面，利用面面平行的判定，证得平面平面，进而得到平面.
（2）由（1）知平面，得到点到平面的距离即点到平面的距离，结合，即可求解.
【详解】
（1）如图所示，在正方体中，连接，，
因为，且平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）由（1）知平面，
故点到平面的距离即点到平面的距离，
由已知条件可得，，，所以，
又由，
设到平面的距离为，由，可得，
解得，即点到平面的距离为.
22．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）在正方形ABCD中，证得，再在中得到，利用线面垂直的判定，即可得到平面PCD；
（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，证得是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，再直角中，即可求得侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.
【详解】
（1）在正方形ABCD中，，
又侧面底面ABCD，侧面底面，
所以平面PAD，
平面PAD，所以，
是正三角形，M是PD的中点，所以，
又，所以平面PCD.
（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，
则，所以，
又在正中，，平面PEF，
∵正方形ABCD中，平面PEF，
是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由平面PAD，，平面PEF，平面PAD，
.设正方形ABCD的边长，则，
所以，所以,
即侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为.