2021黑龙江省拉哈一中高一下学期6月月考数学试卷含答案

这是一份2021黑龙江省拉哈一中高一下学期6月月考数学试卷含答案，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 高一数学6月月考试题考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 一、选择题（1-8为单选，9-12为多选，每题5分，共60分）1．若，则（    ）A． B． C． D．2．在平行四边形中，点N为对角线上靠近A点的三等分点，连结，则（    ）A． B．C． D．3．在中，已知，，，则角C为（     ）A． B． C．或 D．4．下面给出的命题中，正确的个数是（    ）①一个棱柱至少有5个面②平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形③正棱锥的侧面是全等的等腰三角形④有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台A．1 B．2 C．3 D．45．在中，已知，且，则的形状是A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形6．已知某圆锥的母线长为4，底面圆的半径为2.则圆锥的表面积为（    ）A． B． C． D．7．已知点在所在平面内，且，则点依次是的（）A．外心，内心，垂心            B．外心，垂心，内心C．外心，重心，垂心            D．外心，重心，内心8．如图所示，在三棱柱中，E，F分别是，上靠近点B，C的三等分点，在上确定一点P，使平面平面，则(    ). A．B． C． D．2 9．已如直线平面，直线平面，则下列命题正确的是（    ）A． B．C． D．与不相交10．已知角是的三个内角，下列结论一定成立的有（    ）A．B．若，则是等腰三角形C．若，则D．若是锐角三角形，则11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：其中推断正确的序号是（    ）A．FG∥平面AA1D1D；B．EF∥平面BC1D1；C．FG∥平面BC1D1；D．平面EFG∥平面BC1D1 12．如图，在三棱锥中，平面ABC，，则下列结论正确的有（ ）A．三棱锥的表面积B．三棱锥的体积C．三棱锥的外接球表面积D．三棱锥的内切球体积 第II卷（非选择题） 二、填空题（每题5分，共20分）13．已知向量，，则向量在向量的方向上的投影为________.14．已知复数满足，则___________.15．如图，已知长方体，，则异面直线所成的角是______． 16．设锐角的内角所对的边分别为，已知，则的取值范围为__________. 三、解答题（共70分）17．（本题10分）已知向量．（Ⅰ）若向量与共线，求t的值；（Ⅱ）若，且与垂直，求实数的值．     18．（本题12分）如图，在中，为边上一点，.（1）求的值；（2）求的面积.     19．（本题12分）已知斜三棱柱的侧面与底面垂直，.且为中点，与相交于点．（1）求证：平面；（2）求直线与底面所成角的大小.    20．（本题12分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）若的面积是，，求b．    21.（本题12分）如图，在三棱锥中，，D为线段的中点，E为线段上一点.（1）求证：；（2）当平面时，求直线点E到平面PAB的距离。   22．（本题12分）如图，菱形的边长为4，对角线交于点，将沿折起得到三棱锥.（1）求证：平面平面；（2）若点D在平面ABC上的射影落在线段BE上，且 与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.    参考答案1．B【分析】根据复数的除法运算计算复数即可.【详解】解：由题意.故选：B2．A【分析】根据向量的数乘，平行四边形法则以及向量的加减法运算即可求出．【详解】因为，所以，即．
 故选：A．3．C【分析】根据正弦定理先求解出的值，然后根据的大小关系确定出的结果.【详解】因为，所以，所以，且，所以，所以或，故选：C.4．C【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果.【详解】根据棱柱的特征可得，一个棱柱的底面至少有三条边，所以至少有5个面；即①正确；由平行六面体的概念和性质，可知：平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形；即②正确；根据正棱锥的特征可得，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形；即③正确；根据棱台的特征可知：棱台是棱锥截得的，侧棱的延长线要交于同一点。有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，即④错；因此正确的个数有3个.故选：C.5．C【解析】由及正弦定理得，故在为直角三角形；又且，所以，因此，由于为三角形的内角，故有，所以为等腰三角形．综上可得为等腰直角三角形．选C．6．B【分析】先求出底面周长，得到侧面展开图的扇形弧长，然后根据扇形的面积公式求出圆锥的侧面积，再求出圆锥的底面积，由此能求出结果．【详解】解：圆锥的母线长为4，底面圆的半径为2，底面周长是：，侧面积是：，底面积是：，圆锥的全面积为．故选：．7．C【分析】根据三角形四心的定义，判断即可。【详解】依题意，由得，O到的三个顶点的距离相等，所以O为外心；设的中点为D，则由得，所以N为重心；由得，所以，同理可得，所以P为垂心.故选C.【点睛】本题考查三角形的四心，属于基础题。8．A 9．ACD【分析】根据空间中的线面关系对各选项逐一判断即可求解【详解】解：对A选项：因为直线平面，，所以直线平面，又直线平面，所以，故选项A正确；对选项B：因为直线平面，，直线平面，所以与平行或与相交或与异面，故选项B错误；对选项C：因为直线平面，，所以直线平面，又直线平面，所以，故选项C正确；对选项D：因为直线平面，，所以直线平面或直线平面，即直线与不相交，故选项D正确；故选：ACD.10．ACD【分析】利用三角形的内角和以及正弦定理，三角形性质，正弦函数的性质判断选项即可得解.【详解】对于A，在中，，故，故A正确；对于B，在中，，可知或，即或，则是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，在中，，利用正弦定理知，再利用三角形中大角对大边，小角对小边，可知，故C正确；对于D，在锐角中，，即，所以，即，故D正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题考查三角形中的几何计算，正弦定理及三角方程的求法，熟悉正弦函数的性质是解题的关键，属于基础题.11．AC【分析】由，，得，从而平面，平面；由，与平面相交，从而与平面相交，进而平面与平面相交．【详解】解：在正方体中，，，分别是，，的中点，，，，平面，平面，平面，故A正确；，与平面相交，与平面相交，故B错误；，，分别是，，的中点，，平面，平面，平面，故C正确；与平面相交，平面与平面相交，故D错误．故选：AC．【点睛】本题主要考查直线与平面平行的判定及面面平行的判定，意在考查学生的数学抽象的学科素养，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．12．BC【分析】分别计算三棱锥各面的面积，判断A选项；利用体积公式代入，判断B选项；设外接球的半径为，利用勾股定理计算半径，从而得球的表面积，从而判断C选项；利用等体积法计算内切球的半径，判断D选项.【详解】因为平面，所以，所以，，作，则，则，所以，，取中心，作，则球心在上，且，则，所以，所以；设内切球的半径为，根据等体积法，，得，故D错误；故选：BC【点睛】在三棱锥中，一般关于外接球的半径的求解，球心一般在中线上，构造直角三角形，利用勾股定理求解；关于内切球的半径的求解，一般利用三棱锥的等体积法计算半径.13．-1【解析】∵向量，，∴，，∴向量在向量的方向上的投影为故答案为-114．【分析】设，(，)，由复数相等建立方程解之可求得答案．【详解】解：设，(，)，因为，所以，故，所以，，则.故答案为：.15．【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可.【详解】如图，将平移到，则就是异面直线所成的角，，，所以，故答案为.【点睛】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象力、运算能力和推理能力，属于基础题. 求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.16． 【分析】由题中条件，根据余弦定理，利用基本不等式，求出的最大值，再根据三角形的性质，即可得出结果.【详解】因为中，，，由余弦定理可得，，即，当且仅当时，等号成立，所以，则，求解三角形中有关边长、角、面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立，，之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）利用向量共线的坐标表示即可求解.（Ⅱ）利用向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】.（Ⅰ）若向量与共线，则，解得.
（Ⅱ）若，则，所以，因为与垂直，所以，解得.18．（1）；（2）.【分析】（1）在中，由余弦定理，求得，根据同角三角函数间的关系求得，再由正弦的和角公式和诱导公式可求得答案；（2）在三角形ABC中，运用正弦定理求得，可求得三角形ABC的面积．【详解】解：（1）在中，由余弦定理，得，所以，所以；（2）在三角形ABC中，由正弦定理得，，所以三角形ABC的面积为．【点睛】方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．19．（1）；（2）2.【分析】（1）根据余弦定理、正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.【详解】解：（1）由，得，得，得，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以．（2）若的面积是，则，解得，所以．由余弦定理，可得，所以．20．（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）.【分析】（1）先证明平面，进而可得；（2）要证平面平面，转证平面即可；（3）证明平面，直线与平面所成的角为，在直角三角形中求解即可.【详解】（1）证明：∵，∴平面，又平面，∴；（2）证明：∵，，∴，又，，∴平面，平面，∴平面平面；（3）∵平面，平面，平面平面，∴，又平面，∴平面，故直线与平面所成的角为，∵，且，∴，∵平面，平面，∴，又，∴ 且，则即直线与平面所成的角.【点睛】方法点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值.21．（1）证明见解析；（2）或.【分析】（1）若要证面面垂直，只要证平面内一条直线垂直于另外一个平面即可；（2） 两种情况，1°点D在面内的投影O落在内，2°点D在面内的投影H落在外两种情况分类讨论，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量进行求解即可.【详解】         （1）                                          （2）（1）因为折叠前，所以，因为，所以平面，又平面，平面平面.（2）由（1）知，平面平面，过点D作，则平面，1°当点D在面内的投影O落在内时，如图（1），因为，所以，因为，所以，则，如图所示，建立空间直角坐标系，则，，则，设平面的法向量为，则，则，因为平面的法向量为，所以；2°当点D在面内的投影H落在外时，如图（2），因为面面，所以点H在的延长线上，中，.如图以E为原点，所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，由，得到，令，有，而平面的一个法向量为，所以二面角的余弦值为或.22．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连，则，利用线面平行的判定定理证明即可；（2）连，取中点，连，则，由面面垂直的性质定理可得面，则为所求，计算可得直线与底面所成角．【详解】（1）连，则又面，面，平面；（2）连，取中点，连，则由面与底面垂直，且面，可得面则为直线与底面所成角设，则；，则；，即则直线与底面所成角的大小为23．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）通过AC⊥BD与PD⊥AC可得平面；（2）由题先得出∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD=45°，则可先求出菱形ABCD的面积，进而可得四棱锥P- ABCD的体积.【详解】解：（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PD⊥AC，又，故AC⊥平面PBD；（2）因为PD⊥平面ABCD，所以∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，于是∠PBD=45°，因此BD=PD=2.又AB= AD=2，所以菱形ABCD的面积为，故四棱锥P- ABCD的体积.24．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（ 1）设与的交点为，连接，通过直线与平面平行的判定定理证明平面；（ 2）通过体积得到底面为正方形，再由线面垂直得到面面垂直即可.【详解】（1）连接交于点O，连结,因为为矩形，所以O为的中点,又E为的中点，所以,平面，平面，所以平面.（2）因为,所以，所以底面为正方形，所以，因为，所以，且，所以平面，又平面，所以平面平面.25．（1）证明见解析（2）【分析】（1）证明AD⊥BC，BB1⊥AD，推出AD⊥平面BB1C1C，即可证明平面ADB1⊥平面BB1C1C;（2）由，转化求解点B到平面ADB1的距离即可．【详解】（1）∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC．又BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，∴BB1⊥AD．又BC∩BB1=B，∴AD⊥平面BB1C1C．又AD⊂平面ADB1，∴平面ADB1⊥平面BB1C1C．（2）由（1）知，AD⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C，∴AD⊥B1D．，∵，B1D=2，∴，．设点B到平面ADB1的距离为d，由，得，即，∴d，即点B到平面ADB1的距离为．【点睛】本题考查平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．