2021洮南一中高一下学期第三次月考数学（理）试卷含答案

洮南一中2020-2021学年度下学期第三次月考

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．112 B．128 C．145 D．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．3 C．4 D．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.