重庆市长寿中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（Word版附解析）

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分、共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若则B. 若，则
C. 若，则D. 若则
【答案】D
【解析】
【分析】A. 或，所以该选项错误；B. 或异面，所以该选项错误；C. 或异面或相交，所以该选项错误；D.利用线面平行的性质定理和判定定理可以证明正确.
【详解】. 若，，则或，所以该选项错误；
. 若，，则或异面，所以该选项错误；
. 若，，则或异面或相交，所以该选项错误；
. 若，由b//α，过b作平面γ，使α∩γ=m,
则b//m,又∵a//b,∴a//m,∵，∴，
所以该选项正确.
故选：
2. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理及余弦定理求解.
【详解】由正弦定理可知，，
设，
则.
故选：B
3. 若是关于的实系数方程的一个复数根，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据虚根成对原理得到另一个复数根为，利用韦达定理求出、即可.
【详解】因为是关于的实系数方程的一个复数根，
则另一个复数根为，
所以，即，解得，
所以.
故选：D
4. 已知分别为内角的对边，的面积，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式得到方程，求出，得到答案.
【详解】由余弦定理得，
又三角形面积公式得，
故，
又，故，即，
又，故.
故选：C
5. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A. 6寸B. 4寸C. 3寸D. 2寸
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【详解】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为寸，
则盆中水的体积为立方寸，
所以平地降雨量等于寸.
故选：C.
6. 图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 四边形的周长为D. 四边形的面积为
【答案】D
【解析】
【分析】过作交于点，求出，即可判断B，再还原平面图，求出相应的线段长，即可判断.
【详解】如图过作交于点，
由等腰梯形且，又，，可得是等腰直角三角形，
即，故B错误；
还原平面图如下图，
则，，，故A错误；
过作交于点，则，
由勾股定理得，
故四边形的周长为：，即C错误；
四边形的面积为：，即D正确.
故选：D.
7. 如图，圆锥的母线长为2，点M为母线的中点，从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达B点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出圆锥侧面展开图，根据给定条件求出展开图扇形圆心角，再求出圆锥底面圆半径即可作答.
【详解】将圆锥侧面沿母线AB剪开，其侧面展开图为扇形，如图，

从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，最短距离即为线段BM长，则有，
而M是线段中点，又母线长为2，于是得，即，
设圆锥底面圆半径为r，从而有：，解得，
所以圆锥的表面积为.
故选:.
8. 在中，角的对边分别为，若，又的面积，且，则（ ）
A. 64B. 84C. -69D. -89
【答案】C
【解析】
分析】利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可求得关系，再由三角形面积公式和余弦定理求得三边，再由数量积运算得到结果
【详解】解法一：由，得，
则，
即，即，
又，即；
又，得；
综上．
则，即．
由，
平方知
所以.
解法二：
.
故选：．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列说法中正确的是（ ）
A. 对应的点位于第二象限B. 为实数
C. 的模长等于D. 的共轭复数为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意结合复数的相关概念与运算逐项分析判断.
【详解】对于A：由题意可得：，则对应的点为，
∵，则，
∴对应的点位于第二象限，故A正确；
对于B：由题意可得为实数，故B正确；
对于C：由题意可得，则，故C错误；
对于D：由题意可得，
则的共轭复数为，故D错误；
故选：AB.
10. 【多选题】已知，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 的最小值为2
D. 若向量与向量的夹角为钝角，则的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量平行、垂直的坐标表示，向量模和夹角的坐标表示，通过计算验证各选项中的结论.
详解】已知，
若，则，解得，A选项正确；
若，则，解得，B选项正确；
，，
当时，有最小值，C选项错误；
当时，，，
向量与向量的夹角为，D选项错误.
故选：AB.
11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且．则下列结论正确的是（ ）
A. B. 若，则该三角形周长的最大值为6
C. 若的面积为，则有最小值D. 设，且，则为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用正弦定理将边化角，再结合同角三角函数的基本关系及两角和的正弦公式求出，即可判断A，利用余弦定理及基本不等式判断B，利用面积公式、余弦定理及基本不等式判断C，依题意可得，将两边平方变形即可判断D.
【详解】对于A：因为，由正弦定理可得，
而，
故，
因为且位于分母位置，故，
所以，又，所以，故A错误；
对于B：由余弦定理得，
即，
所以，，当且仅当时等号成立，
此时，所以的周长的最大值为，故B正确；
对于C：因为，所以，
由余弦定理得，当且仅当时等号成立，
所以有最小值，故C正确；
对于D：因，即，
所以，
两边平方并化简得，
即，即，所以，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数m的值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】由复数的概念列方程组求解即可.
【详解】由于复数（为虚数单位）是纯虚数，所以，
解得，
故答案为：2.
13. 设是不共线的两个向量，.若三点共线，则k的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三点共线可得向量共线，由此利用向量共线定理可列出向量等式，即可求得答案.
【详解】因为三点共线，故,
则，使得，
又，
故，则，解得，
故答案为：
14. 如图，正方体的棱长为4，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是______．

【答案】
【解析】
【分析】过点作的平行线即可延展平面，则可得到截面，再求周长即可.
【详解】取中点，连接，,

∵中点为，E是侧棱的中点，
∴,,
又在直角三角形中,
∴,
∵正方体中，
∴四边形为平行四边形,
∴
∴,
四点共面，即为正方体的截面.
在直角三角形中,
同理,则截面周长为.
故答案为:.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知．
（1）求；
（2）当为何值时，与垂直?
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再由计算可得；
（2）依题意，根据数量积的运算律计算可得.
【小问1详解】
因为，，
所以，即，则，
所以；
【小问2详解】
若与垂直，
则，
即，
即，解得.
16. 如图，在正四棱锥中，是棱的中点；

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接AC交BD于O，由中位线性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）计算出点E到底面的距离以及的面积，再利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.
【小问1详解】
证明：在正四棱锥中，四边形为正方形，
连接AC交BD于O，则O为AC的中点，
又因为E为PC的中点，所以，
.因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
在正四棱锥中，O为底面的中心，则底面，
所以为直角三角形，
因为E为PC的中点，则点到E平面的距离，
因此，三棱锥的体积.

17. 如图，在中，点满足，是线段的中点，过点的直线与边，分别交于点，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程组，求出、即可；
（2）根据题意得到，，结合三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
又是线段的中点，所以，
又，且、不共线，
所以，所以.
【小问2详解】
因为， ，
由（1）可知，，所以，
因为三点共线，所以，即，则，
又，，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为．
18. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为．
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值；
（3）求圆锥的内切球体积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设圆锥母线长、底面半径分别为、，依题意可得，由平方关系求出，再由面积公式求出，即可得到及圆锥的侧面积；
（2）作出轴截面，设圆柱底面半径，即可得到圆柱的高，从而表示出圆柱的侧面积，最后由基本不等式计算可得；
（3）求出内切球的半径，再由球的体积公式计算可得.
【小问1详解】
设圆锥母线长、底面半径分别为、，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，则，解得，
又，所以，
又因为的面积为，
∴，解得（负值舍去），
又，所以，
∴圆锥的侧面积．
【小问2详解】
作出轴截面如下所示：
设圆柱底面半径，即，
由（1）可知，则，又圆锥的高，
所以，即圆柱的高为，
所以圆锥内接圆柱的侧面积，
当且仅当，即时取等号，
所以圆锥内接圆柱的侧面积的最大值为.
【小问3详解】
作出轴截面如图所示：
根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点，
设内切球半径为，即，则，
所以，
由（1）可知，圆锥高，，
则有，解得，
所以圆锥的内切球的体积.
19. 已知，角、、的对边分别为、、，、均在线段上，为中线，为的平分线．
（1）若，求证；
（2）在（1）的条件下，若，求；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据，可得，再由正弦定理证明即可；
（2）结合（1）可得，从而得到，再利用余弦定理计算可得；
（3）先根据双余弦定理及角平分线定理求出的关系及，再根据，再化简即可得出答案.
【小问1详解】
设边上的高为．
因为，即，所以，
又因为为的平分线，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，
所以，即，即.
【小问2详解】
因为，为的中点，所以，
又，
所以，即，
又，
故；
【小问3详解】
在中，，
在中，，
又，所以，
两式相加得，
因为，，，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，则，
所以，则，
又，即，所以，
所以，
又，
设，则，即，解得，
所以，所以，
所以，
所以．