2022-2023学年广东省湛江重点中学高一（下）6月月考数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省湛江重点中学高一（下）6月月考数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  在平行四边形中，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数满足为虚数单位，其中为的共轭复数，则复数的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  “阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”若该多面体的棱长为，则其外接球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  如图，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是(    )

A. 是钝角三角形
B. 是等腰三角形，但不是直角三角形
C. 是等腰直角三角形
D. 是等边三角形

5.  设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则(    )

A. 若，，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则

6.  如图所示，在长方体中，点是棱上的一个动点，若平面与棱交于点，给出下列命题：
四棱锥的体积恒为定值；
四边形是平行四边形；
当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点至少有两个；
直线与直线交于点，直线与直线交于点，则、、三点共线．
其中真命题是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  在中，，是以为直径的圆上一点，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  如图，已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且恰好可在内任意旋转，则当时，(    )

A.
B.
C.
D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  下列选项中哪些是正确的(    )

A. 当时，向量的夹角为锐角
B.
C. 在中，若，则此三角形为直角三角形
D. 为虚数单位

10.  重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”荣昌折扇平面图为图的扇形，其中，，动点在上含端点，连结交扇形的弧于点，且，则下列说法正确的是(    )

A. 若，则 B.
C.  D.

11.  球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用如图，，，是球面上不在同一大圆大圆是过球心的平面与球面的交线上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为，，，由这三条劣弧围成的球面部分称为球面定义为经过，两点的大圆在这两点间的劣弧的长度已知地球半径为，北极为点，点，是地球表面上的两点，则(    )

A.
B. 若点，在赤道上，且经度分别为东经和东经，则
C. 若点，在赤道上，且经度分别为东经和东经，则球面的面积
D. 若，则球面的面积为

12.  已知三个内角，，的对应边分别为，，，且，，则(    )

A.  B. 周长的最大值为
C. 的取值范围为 D. 的最大值为

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则内角______；若是线段的中点，且，，那么边长______

14.  已知平面上的点，，，满足，，，，则 ______ ．

15.  已知点是长方体的外接球球心，为球面上一点，，若与所成的角为，则四棱锥的体积的最大值为______ ．

16.  如图，在长方体中，，点是靠近点的一个三等分点，点是的中点，为直线与平面的交点，则______．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知是坐标原点，
求向量在方向上的投影向量的坐标及其大小；
若，请判断、、三点是否共线，并说明理由．

18.  本小题分
如图，在正方体中，为的中点．
Ⅰ在图中作出平面和底面的交线，并说明理由；
Ⅱ平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比．

19.  本小题分
在锐角三角形中，角，的对边分别是，，，若已知，且．
求角的值；
求三角形的面积的取值范围．

20.  本小题分
如图，多面体中，，平面，平面，且．
设是线段上的点，求证；
求点到平面的距离．

21.  本小题分
如图，在正方体中，侧面对角线、上分别有两点、，且F.
求证：平面；
若、分别为、中点，求异面直线与所成的角．

22.  本小题分
如图，记的内角，，的对边分别为，，，A.
求；
若为边上的中线，为的重心，为的外心，且，，求．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，

所以，
则．
故选：．
根据向量对应线段的数量及位置关系，用表示出，求出参数，进而得结果．
本题主要考查了向量的线性表示及平面向量基本定理，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：设，则，
由，可得，
化简得，所以，解得，故，
所以复数的虚部为．
故选：．
设，根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数相等的充要条件得到方程，即可求出复数，从而判断可得．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：由题意可得，根据该几何体的对称性可知，

该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，即，
所以，则该正多面体外接球的表面积．
故选：．
根据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果．
本题考查了正四棱柱外接球的表面积计算，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，将还原成原图，如图，
原图中，则有，
则是等腰直角三角形；
故选：．
根据题意，将还原成原图，分析、、的关系，由三角形的性质即可得答案．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查空间中线线线、线面间的位置关系，涉及线面垂直的判定与性质，属于基础题．
根据空间中线线、线面位置关系进行判断即可．

【解答】

解：由是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，知：
在中，若，，，，
由线面垂直的判定定理可知，当直线，相交时才能得到，
若直线，平行，则不能推出，故A错误；
在中，若，，则，又，则可得，故B正确；
在中，若，，则，又，则，故C错误；
在中，若，，，则与相交、平行或异面，故D错误．
故选：．

6.【答案】 

【解析】解：对于，四棱锥的体积等于三棱锥的体积与三棱锥的体积之和，
又长方体中，，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
所以点、到平面的距离为定值，
又的面积为定值，所以四棱锥的体积恒为定值，正确；
对于，因为平面平面，平面平面，且平面平面，所以，
同理，所以四边形是平行四边形，正确；
对于，由平面与棱交于点，
可得平面平面，平面平面，
又平面平面，则；
又平面平面，平面平面，
又平面平面，则，
又，四边形是平行四边形，
当的值最小时，四边形的周长取得最小值．
将侧面与侧面展开在同一平面，
当且仅当为直线与交点时，的值最小，
则当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点仅有个，错误；
对于，直线与直线交于点，直线与直线交于点，
则、、三点均为平面与平面的公共点，
由平面与平面有且仅有一条交线，可得、、三点共线，所以正确．
综上，真命题的序号是．
故选：．
利用割补法计算四棱锥的体积，即可判断；利用面面平行性质定理证明四边形是平行四边形，判断；利用侧面展开图求得截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点个数，判断；利用两平面有且仅有条通过其公共点的直线证明、、三点共线，即可判断．
本题考查了空间中的线面平行关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为是直角三角形，且，
所以是直角，以中点为原点，方向为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立直角坐标系，如下所示：

则点坐标，点坐标，显然在圆上，
设的坐标为，
那么，，
所以，
所以，
因为，其中，
所以的最大值为，
则的最大值为．
即的最大值为．
故选：．
建立直角坐标系，由在为直径的圆上，可用三角函数表示点的坐标，将所求向量用坐标表示，即可求解．
本题主要考查用建立直角坐标系的方法求向量问题，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，记内切圆的半径为，根据，
可得：，解得，因为正方形的面积为，
所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知．
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，
因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该的内切圆上，
以的底边为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系如图所示：

故可知，
圆的方程为，
故设，
即，，，
，

．
故选：．
先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出，的三角坐标，代入中求出结果即可．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于，当时，，故A正确；
对于，，故B错误；
对于，由正弦定理及得：，，
，，，，，，故C正确；
对于，，，，，

，故D正确．
故选：．
由向量的数量积及夹角知识可判断；由二倍角公式可判断；由正弦定理可判断，由复数的运算可判断．
本题考查向量的数量积及夹角、三角恒等变换、解三角形、复数的运算等知识，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：如图以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，，，，
设，，，由可得：，，且，，
对于，若，则，，，，
，故A不正确；
对于，由，得，，
，，，
，，故B正确；
对于，，，
，
，，
，，故C正确；
对于，，，
，
，，故D不正确．
故选：．

建立平面直角坐标系，表示出相关点的坐标，设，由，可得，由，结合题中条件可判断，，表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质可判断，．
本题考查了平面向量数量积的运算律和三角函数的性质，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于中，当时，可得，
此时，可得，所以不正确；
对于中，当点，在赤道上，且经度分别为东经和东经，
可得球心角，此时，所以B正确；
对于中，当点，在赤道上，且经度分别为东经和东经，
可得球心角，又由球的表面积为，
所以的面积为，所以C错误；
对于中，如图所示，当时，可得为等边三角形，

构造一个球内接正四面体，其中心为，
连接交于点，则，为正四面体内切球得到半径，
设正四面体的表面积为，可得，
即，
可得，即为高的靠近的四等分点，
则，
由余弦定理可得，解得，
根据对称性，可得球面的面积为，所以D正确．
故选：．
当时，求得，可判定A错误；求得，得出，可判定B正确；由球心角，结合球的表面积求得的面积，可判定C错误；由题意构造正四面体，求得，结合对称性，求得球面的面积，可判定D正确．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于较难题．
对：利用余弦定理对条件进行化简运算，即可得解；
对：结合余弦定理与基本不等式，推出，即可求得周长的最大值；
对：利用三角恒等变换公式化简可得，根据的取值范围，得到的取值范围，进而得解；
对：根据平面向量数量积的运算法则可得，再结合正弦定理与三角恒等变换公式，推出，然后根据的取值范围，即可得解．

【解答】

解：对于：由余弦定理得，故A错误；
对于：由余弦定理得，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
故的周长为，即B正确；
对于：，
因为，所以，
所以的取值范围是，故C错误；
对于：，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以，所以，
故的最大值为，
所以的最大值为，即D正确．
故选BD．

13.【答案】   

【解析】解：因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
由为三角形内角得；
因为为的中点，所以，
则，
因为，，
所以，
整理得，
解得，舍，
由余弦定理得，
故．
故答案为：；．
由已知结合正弦定理进行化简，然后结合余弦定理即可求解，进而可求；由，然后结合向量数量积性质及余弦定理可求．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，向量数量积的性质在求解三角形中的应用，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：以中点为原点，为轴正方向，建立平面直角坐标系，
则，，
因为，，
所以点、分别在以，为焦点的双曲线的右支和左支上，且，，
所以，，
所以双曲线方程为；
因为，所以点在以为圆心，半径为的圆上，
即点在圆上，
因为，所以点在以为圆心，半径为的圆上，
即点在圆上，
联立，因为，可求，
联立，因为，可求，
因为，，
故．
故答案为：．
根据双曲线和圆的定义，求出，所在曲线的的方程，联立方程组，求出，的横坐标，再利用向量数量积的坐标公式即可求解．
本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示，还考查了直线与曲线位置关系的应用，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：连接，，根据长方体的性质可知，
与所成角为，
又，四边形是正方形，
，三角形是等边三角形，
，，
长方体是正方体，
设外接球的半径为，
则，
又球心到平面的距离为，
四棱锥的体积的最大值为：
．
故答案为：．
先判断出几何体是正方体，求得外接球的半径，根据球的几何性质求得四棱锥的体积的最大值．
本题考查异面直线所成角，长方体的外接球问题，四棱锥的体积的计算，属中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：作的六等分点且，
，可知，
设，，

连接，则三点共线平面平面，
，，
过作交于点，
，，，，
．
故答案为：．
作的六等分点，然后根据，，三点共线以及由平行对应的比列关系求解出的值即可．
本题主要考查空间中的距离及其相关计算，属于中等题．
 

17.【答案】解：，，
，，
向量在方向上的投影向量为，
向量在方向上的数量投影为；
，，，
，，
，且有公共点，
、、三点共线． 

【解析】利用向量的数量积运算、投影向量公式求解即可；
利用三点共线的定义判断即可．
本题考查了向量的数量积运算、投影向量的求法，三点共线的判断，属于中档题．
 

18.【答案】解：Ⅰ在正方形中，直线与直线相交，
设，连接，
，平面，则平面，
，平面，平面E.
平面平面．
Ⅱ设，连接，
由为 的中点，得为的中点，
，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台．
设正方体 的棱长为．
．
另一部分几何体的体积为．
两部分的体积比为：． 

【解析】Ⅰ在正方形中，直线与直线相交，设，连接，可证平面且平面，得到平面平面；
Ⅱ设，连接，证明，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台设正方体 的棱长为求出棱台的体积，由正方体体积减去棱台体积可得另一部分几何体的体积作比得答案．
本题考查平面的基本性质及推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
 

19.【答案】解：因为，由正弦定理得，
因为，所以，所以
即，所以，因为，所以．
因为所以，
所以由余弦定理得，
所以，
所以，
又由正弦定理得，，
所以，
所以，
因为三角形是锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，
所以所以 

【解析】由正弦定理得，进而可得，可求角的值；
由已知结合余弦定理可得，进而可得，由的范围可求的范围，进而可求三角形的面积的取值范围．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，考查三角形的面积的计算，属中档题．
 

20.【答案】证明：，，
，，
，，
由余弦定理可得，又，
，，
平面，平面，
，又，
平面，又平面，
．
解：，，
平面，平面，
，
又，
平面，，
，，
设到平面的距离为，则，
又，
，解得，
故点到平面的距离为． 

【解析】根据勾股定理逆定理证明，结合可得平面，于是；
证明，根据列方程，再计算点到平面的距离．
本题考查了线面垂直的判定，棱锥的体积计算与点到平面的距离计算，属于中档题．
 

21.【答案】解：证明：过点、分别作的平行线分别交、于点、，连接，

，故，同理可得，
易知，又因为，所以，故E，
因为，故E，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
因此平面．
、分别为、中点，

连接，，，，则，，
所以异面直线与所成的角的平面角为，
又为正三角形，则，
即异面直线与所成的角为． 

【解析】过点、分别作的平行线分别交、于点、，连接，先证明四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理求证即可；
连接，，，，则，，则异面直线与所成的角的平面角为，再求解即可．
本题考查了线面平行的判定定理，重点考查了异面直线所成角的求法，属中档题．
 

22.【答案】解：，
在中，由正弦定理得，即，
由余弦定理得；
过点作于点，如图所示：

为的外心，为的中点，
，
同理可得，
为的重心，
，
又，
，
，，，
又，则，
为的外心，即是外接圆的半径，
，
又，
，解得． 

【解析】利用正弦定理可得，结合余弦定理，即可得出答案；
过点作于点，结合题意可得，，，，利用正弦定理可得，列出关于的方程，求解即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．