2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高一下学期5月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．已知为的外心，，若，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】把，算两次，得出及的关系，从而求得，然后可得结论．

【详解】作于，于，因为是外心，所以，分别是中点，

，

又，记，则

，，①

同理．

，

所以，②

又，③，即，由①得，

代入②得，，④，

由③④联立方程组解得，

所以，．

故选：A．

2．已知，，其中i，j分别是x轴、y轴正方向上的单位向量，若，共同作用于一物体，使物体从点移到点，则合力所做的功为（    ）

A．－5 B．5 C．－13 D．13

【答案】A

【分析】根据功与数量积的关系求解可得.

【详解】因为，，，，

所以，，，

所以，

故选：A.

3．已知向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由与的夹角为钝角得，且不共线，再按照向量的坐标运算求解即可.

【详解】因为向量，，且与夹角为钝角，

由上述条件得，，且，不反向，

由得，，.

当，共线时有，，.此时，反向，

因此实数的取值范围.

故选:D.

4．如图，在△ABC中，，，，，则＝（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据向量加减法法则运算求解即可.

【详解】解：由平面向量的三角形法则，可知.

故选：D.

5．已知向量满足，则在方向上的投影为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】由题求出，，结合在方向上的投影为计算即可.

【详解】由，

，代值运算得，故在方向上的投影为.

故选：D

6．已知复数在复平面内对应的点为，是的共轭复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.

【详解】依题意，

.

故选：B

7．若复数满足，则在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】首先根据复数的加减法化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；

【详解】解：因为，所以，故在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限．

故选：A

8．如图，在正四棱柱中，底面是边长为1的正方形，P为上一点，且满足，，则以四棱锥外接球的球心为球心且与平面相切的球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】在直角中，求得，结合球的性质，求得即为四棱锥的外接球的球心，分别连接，过点作，证得平面，求得，得到所求球的半径，结合体积公式，即可求解.

【详解】在直角中，，，可得，

即，

过正方形的中心作平面，

取的中点，连接，则平面，

则直线，则即为四棱锥的外接球的球心，

分别连接，在中，过点作,

又由平面，可得，

因为，所以平面，

又由和相似，可得，所以，

所以为球心且与平面相切的球的半径为

所以该球的体积为.

故选：B.

二、多选题

9．如图，为圆锥的底面圆O的直径，点是圆上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（    ）

A．圆锥的侧面积为.

B．三棱锥体积的最大值为1.

C．的取值范围.

D．若，为线段上的动点，则的最小值.

【答案】CD

【分析】对于选项A：直接利用扇形的面积公式求解；

对于选项B：直接求出三棱锥体积的最大值；

对于选项C：先求出的范围，由,即可求出的范围；

对于选项D：将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面,判断出.利用余弦定理求出最小值.

【详解】在Rt△SOC中,,则圆锥的母线长,半径r=OC=1.

对于选项A：圆锥SO的侧面积为.故选项A错误；

对于选项B：当时,△ABC的面积最大,此时，则三棱锥体积的最大值为:.故选项B错误；

对于选项C：当点B与点A重合时,为最小角;当点B与点C重合时,,达到最大值.又因为点B与A,C不重合,则.

又,可得,故选项C正确；

对于选项D：因为,所以.

又,所以△SAB为等边三角形，∴.

将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面,得到△S1AB,则△S1AB为等边三角形,.

如图：.

因为,,

∴；

故选项D正确.

故选：CD

10．如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（    ）

A．直线与为异面直线

B．平面

C．正方体的外接球的表面积为

D．三棱锥的体积为

【答案】ABC

【分析】根据异面直线定义即可判断A；根据题意得到，再利用线面平行的判定定理即可判断B；首先求出正方体外接球半径，再计算表面积即可判断C；计算三棱锥的体积即可判断D，进而可得正确选项.

【详解】对选项A，因为平面，平面，面，

，所以直线与为异面直线.故选项A正确；

对选项B，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故选项B正确；

对选项C，正方体外接球半径，

所以球体表面积，故选项C正确；

对选项D，，故选项D错误.

故选：ABC.

11．一个棱长为2的正方体，用过同一顶点三条棱的中点平面截去各个顶点得到的一个新的几何体，对这个新的几何体说法错误的是（    ）

A．所有截面面积和为 B．新几何体表面积为

C．新几何体表面积为 D．新几何体的体积为

【答案】ABC

【分析】由题意画出图形,求出截面面积判断A；求出新几何体的表面积判断B与C；由正方体体积减去八个三棱锥的体积判断D.

【详解】如图示：

正方体截去各个顶点后得到的几何体如图2所示，为一个12面体，其中8个面为边长为的正三角形，4个面为边长为的正方形.

对于A：所有截面面积和为：，故A错误；

对于B、C：新几何体表面积为：，故B、C错误；

对于D：新几何体的体积为：，故D正确.

故选：ABC

12．如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（点不落在底面内），若在线段上（点与，不重合），则在翻转过程中，以下命题正确的是（    ）

A．存在某个位置，使

B．存在点，使得平面成立

C．存在点，使得平面成立

D．四棱锥体积最大值为

【答案】CD

【分析】利用反证法可得A、B错误，取为的中点，取的中点为，连接，可证明平面，当平面平面时，四棱锥体积最大值，利用公式可求得此时体积为.

【详解】

如图（1），取的中点为，连接，

则，，故，

故即．

若，因为，故，而，

故平面，因为平面，故，矛盾，故A错．

若平面，因为平面，故，

因为，，故平面，

因为平面，故，但，矛盾，故B错．

当平面平面时，四棱锥体积最大值，

由前述证明可知，而平面平面，

平面，故平面，

因为为等腰直角三角形，，故，

又四边形的面积为，

故此时体积为，故D正确．

对于C，如图（2），取为的中点，取的中点为，连接，

则，而，

故即四边形为平行四边形，

故，因为平面，平面，故平面，

故C正确．

故选：CD.

【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.

三、填空题

13．已知中角所对的边为，点在上，，记的面积为的面积为，则___________.

【答案】2

【分析】利用面积公式和已知面积比可以求得，从而得到，在和中同时应用正弦定理并结合得到．设，则，，在和中同时应用余弦定理并结合，消角求值；

【详解】设，则，

则，．

因为，所以．

在中，由正弦定理得，

在中，由正弦定理得，

两式相比得．

设，则，，

在中，由余弦定理得，

所以①．

在中，由余弦定理得，

所以②，

联立①②得，所以．

故答案为：2．

14．为创建全国文明城市，宿州市对新汴河风景区开展一系列提升亮化工程，使其呈现古与今､动与静､粗犷与细腻､人与自然和谐统一的特点.现已成为广大市民休闲､娱乐的好去处.我校建模小组要测量新汴河两岸之间的距离（河的两岸可视为平行），由于受地理条件和测量工具的限制，可采用如下办法：如图所示，在河的一岸边选取A，B两点，观察对岸的点C，测得，，且，由此可得河宽约___________.（精确到个位）（参考数据：，）

【答案】190

【分析】先由正弦定理求得，再由求得边上的高即到的距离．

【详解】由已知，由正弦定理得，

，

所以边上的高为．

故答案为：190．

15．如图所示，是水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法），若，，则的面积是________.

【答案】2

【分析】先根据三角形的面积公式求解的面积，利用直观图与原图形面积之比为求解即可．

【详解】由图可知：三角形的面积为,所以的直观图的面积为，由直观图与原图形面积之比为可知，的面积是2

【点睛】本题考查了直观图和原图形面积的关系，学生应熟练掌握结论．

16．如图，在长方体中，O是的中点，P是线段AC上一点，且直线交平面于点M．给出下列结论：

①A，M，O三点共线；②A，M，O，不共面；③A，M，C，O共面；④B，，O，M共面．

其中正确结论的序号为________．

【答案】①③

【分析】由公理1判断①，由公理2判断②和③，用反证法判断④

【详解】解：连接，因为是的中点，所以，

平面与平面有公共点与，则平面平面，

对于①，平面，则平面，因为平面，则，即A，M，O三点共线，所以①正确，

对于②，因为在平面内，由①知，所以平面，所以A，M，O，共面，所以②错误，

对于③，因为在平面内，由①知，所以平面，所以A，M，C，O共面，所以③正确，

对于④，连接，则都在平面上，若平面，则直线平面，所以平面，显然平面，所以④错误，

故答案为：①③

四、解答题

17．已知向量是同一平面内的三个向量，其中.

(1)若，且，求向量的坐标；

(2)若是单位向量，且，求与的夹角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据共线可得，根据可求的值.

（2）根据可得，根据夹角公式可求夹角的余弦值.

【详解】（1）因为，故存在实数，使得，

因为，故，故，

故.

（2）因为，故即即，

而，故.

18．已知的内角、、所对的边分别为、、，且．

(1)求角；

(2)若，△ABC面积为，求边上的中线AD的长度．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式求出，即可得解；

（2）由三角形面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得到三角形的直角三角形，最后利用勾股定理计算可得；

【详解】（1）解：在中，，

由正弦定理得，

，

即；

为内角，，

又为内角，即，

．

（2）∵，∴.

由余弦定理得，∴，

∵，∴，.

19．已知复数（，），且满足，复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上．

（1）求复数；

（2）若为纯虚数，求实数的值．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由复数的模的定义得，由乘法法则计算，得其对应点的横纵坐标，由点的位置得出关系，与模的式子联立可解得，得复数；

（2）由除法法则和共轭复数的定义得出，再由复数的分类得出结论．

【详解】解：（1）设（，），由得：①

又复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，

则，即②

由①②联立的方程组得，或，，

∵，∴，，

则；

（2）

∵为纯虚数，

∴；

解得．

20．如图，已知直三棱柱中，，，，，，分别为棱，的中点， 为线段的中点

（1）试在图中画出过，，三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求出该多边形的周长；

（2）该截面分三棱柱成两部分，求其中较小那部分几何体的体积.

【答案】（1）作图见解析，；（2）.

【分析】（1）取中点，连接、、，易知，得到截面为梯形求解；

（2）连接，，分别求得，，再比较即可.

【详解】（1）如图所示：

取中点，连接、、，

则，即四点共面，

则梯形为所求截面的多边形.

则，

，

，

，

所以该多边形的周长为.

（2）连接，，

，

，

而，

所以其中较小那部分几何体的体积为 .

21．如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：

(1)平面；

(2)平面平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.

【详解】（1）

如图，连接，∵分别是的中点，∴.

又∵平面，平面，∴直线平面.

（2）连接SD，∵分别是 的中点，

∴.又∵平面，平面，

∴平面，由(1)知，平面，

且平面，平面，，

∴平面∥平面.

22．如图，已知四边形ABCD为梯形，ABCD，∠DAB＝90°，BDD1B1为矩形，且平面BDD1B1⊥平面ABCD，又AB＝AD＝BB1＝1，CD＝2.

（1）证明：CB1⊥平面B1D1A；

（2）求B1到平面ACD1的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）1.

【分析】（1）利用题干条件的长度关系，可得B1C⊥B1D1，B1C⊥AB1，即得证；

（2）利用等体积法，转化B1到平面ACD1的距离为三棱锥C­AD1B1以平面ACD1为底面的高，即得解

【详解】（1）证明：∵BDD1B1为矩形，且平面BDD1B1⊥平面ABCD，

∴BB1⊥平面ABCD，DD1⊥平面ABCD，∴D1C＝，AD1＝，AB1＝.

在梯形ABCD中，∠DAB＝90°，AD＝AB＝1，DC＝2，∴AC＝，BD＝BC＝，从而B1C＝，

在△B1D1C中，D1C＝，B1D1＝BD＝，B1C＝，∴D1C2＝B1D＋B1C2，

B1C⊥B1D1.在△B1CA中，B1C＝，AB1＝，AC＝，∴AC2＝AB＋B1C2，

∴B1C⊥AB1.∵B1D1∩AB1＝B1，∴B1C⊥平面B1D1A.

（2）在△B1D1A中，AB1＝B1D1＝，AD1＝，则△B1D1A的面积S＝×()2＝，

∴三棱锥C­AD1B1的体积V＝××＝，在△ACD1中，AC＝CD1＝，而AD1＝，

∴△ACD1的边AD1上的高h＝＝＝.

∴△ACD1的面积S1＝××＝，设点B1到平面ACD1的距离为d，

由等体积法得S△AD1C·d＝，∴××d＝，则d＝1，∴B1到平面ACD1的距离为1.

【点睛】本题考查了立体几何中线面垂直的证明以及点到平面距离的求解，考查了学生空间想象，综合分析，转化划归，逻辑推理能力，属于中档题