河北省保定市定州市第二中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题（学生版+教师版）

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘法求出积，再求出复数对应点的坐标即得.
【详解】复数，
所以复数在复平面内对应的点在第一象限.
故选：A
2. 下列结论正确是（ ）
A. 平行向量的方向都相同B. 零向量与任意向量都不平行
C. 单位向量都相等D. 两个单位向量之和可能仍然是单位向量
【答案】D
【解析】
【分析】借助平行向量、单位向量、零向量意义，逐项判断即可.
【详解】对于A，平行向量的方向可以相反，A错误；
对于B，零向量与任意向量都平行，B错误；
对于C，单位向量模都相等，但方向可以不同，因此单位向量不一定相等，C错误；
对于D，共起点，夹角为的两个单位向量的和是单位向量，D正确.
故选：D
3. 已知单位向量与的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义、数量的运算律，结合垂直关系的向量表示求解即得.
【详解】依题意，，由，得，
所以.
故选：C
4. 已知m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面，∥，则下列命题正确的是（ ）
A. ∥B. ∥C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于ACD：举反例说明即可；对于B：结合线面平行的性质定理分析判断.
【详解】如图所示，

可知，不相互平行，不相互垂直，不相互垂直，故ACD错误；
对于选项B：因为∥，且，
由线面平行的性质定理可知∥，故B正确；
故选：B.
5. 在正方形中，点E满足，点F满足，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量线性运算，结合平面向量基本定理求解即得.
【详解】在正方形中，，
由，得，又，
因此
，
而，且不共线，于是.
故选：D
6. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面BCD，，E，F分别为BC，AD的中点，过EF的截面与AC交于点G，与BD交于点H，，若截面，且截面，四边形GEHF是正方形，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题首先把线面平行转化为线线平行，再利用空间平行的传递性，三角形中位线定理即可求解.
【详解】如图所示：
过EF的截面α与AC交于点G，与BD交于点H，则截面α即为四边形GEHF，
又因为AB//截面α，平面，平面平面，
平面，平面平面，所以，
又CD//截面α，同理可得，，
因为在中，E为线段BC的中点，所以线段GE是的中位线，
因为在中，F为线段AD的中点，所以线段HF是的中位线，
所以点E，H分别是线段BC，BD的中点，所以线段EH是的中位线，
所以，又四边形GEHF是正方形，所以.
故选：B.
7. 如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西的方向，随后该船以20海里/小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西的方向，此时船与灯塔A间的距离为（ ）
A. 海里B. 海里C. 海里D. 海里
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理解三角形即得.
【详解】依题意，在中，，则，而，
由正弦定理得，
所以船与灯塔A间的距离为海里.
故选：C
8. 如图，在圆锥SO的底面圆中，AC为直径，O为圆心，点B在圆O上，且，D为线段AB上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将绕旋转至同一平面，分析可知当且仅当三点共线时，取到最小值，利用余弦定理运算求解.
【详解】由题意可知：，
将绕旋转至同一平面，如图所示，
可知：当且仅当三点共线时，取到最小值，
取的中点，可知，
可得，，
则，
在中，由余弦定理可得，
即，所以的最小值为.
故选：A.
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. 已知平面向量，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 与的夹角为D. 在上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：先求，进而可求，即可判断；对于B：先求，进而根据数量积的坐标表示分析判断；对于C：先求，结合向量的夹角公式分析判断；对于D：根据投影向量的定义结合选项C分析判断.
【详解】因为，
对于选项A：因为，所以，故A正确；
对于选项B：因为，所以，故B正确；
对于选项C：因为，则，
且，所以与的夹角为，故C错误；
对于选项D：结合选项C可知：在上的投影向量为，故D正确；
故选：ABD.
10. 关于复数z，下面是真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】对于AB：举反例说明即可；对于C：根据复数的乘法以及复数的模长公式结合复数相等分析求解；对于D：根据复数的相关概念结合共轭复数分析判断.
【详解】设，则，
对于选项A：例如，则，符合题意，但，故A错误；
对于选项B：例如，则，符合题意，但，故B错误；
对于选项C：若，则，
可得，解得，
可知，故C正确；
对于选项D：若，可知，
此时，故D正确；
故选：CD.
11. 如图，该多面体的表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上．若，则（ ）
A. B. 该多面体外接球的表面积为
C. 直线MG与直线PQ的夹角为D. 二面角的余弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出平面截面该多面体及对应的正方体截面，利用正八边形的性质，结合球的截面小圆性质、异面直线夹角、二面角逐项计算判断即可.
【详解】依题意，平面截该多面体得正八边形，截对应正方体得正方形，该正方形边长即为正方体的棱长，如图，
对于A，，A错误；
对于B，正方形的外接圆半径，显然该多面体外接球球心是对应正方体的中心，
球心到平面的距离，因此球半径，有，
所以该多面体外接球的表面积为，B正确；
对于C，显然，而，因此直线MG与PQ的夹角为直线FP与PQ的夹角，C正确；
对于D，显然，则是二面角的平面角，
且，其余弦值为.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用余弦定理，结合余弦函数单调性求解即得.
【详解】在中，及余弦定理，得，
而，解得，
所以A的取值范围是.
故答案为：
13. 某同学将一张圆心角为的扇形纸壳裁成扇环（如图1）后，制成了简易笔筒（如图2）的侧面，已知 ，则制成的简易笔筒的高为__________．
图1 图2
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆台上下底面圆半径，再利用等腰梯形的性质求出高.
【详解】依题意，圆台上底面圆周长为，则圆台上底半径，
圆台下底面圆周长为，则圆台下底半径，
圆台轴截面是等腰梯形，上下底边长分别为，腰长为，
所以圆台的高，即等腰梯形的高为（cm）.
故答案为：
14. 已知，且，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用给定的向量等式，结合向量数量积的定义建立不等式求解即得.
【详解】由，得，
则，当且仅当共线时取等号，
两边平方得，即，解得，
所以的取值范围是.
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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式化简已知条件，由此求得的值；
（2）利用三角形的面积列方程，求得的值，结合余弦定理求得的值，进而求得三角形的周长.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得：，
且，可得，
且，可知，可得.
【小问2详解】
由（1）可知：，，则，
因为的面积为，可得，
由余弦定理可得，
即，可得，
所以的周长为.
16. 在等腰梯形中，CD的中点为O，以O为坐标原点，DC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，已知．
（1）求；
（2）若点F在线段CD上，，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，再利用数量积的坐标表示计算即得.
（2）设出点的坐标，利用给定的数量积求出点的坐标，再利用向量夹角公式计算即得.
【小问1详解】
依题意，y轴是等腰梯形的对称轴，则，由，
得，，
所以.
【小问2详解】
设，则，
，解得，即，，而，
所以.
17. 如图，在六面体中，，正方形的边长为2，．
（1）证明：平面平面．
（2）求直线EF与平面所成角的正切值．
（3）求多面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理即得.
（2）借助勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定证得平面，进而确定直线在平面的射影即可求解.
（3）利用（2）中信息，利用割补法，结合锥体的体积公式计算即得.
【小问1详解】
由，平面，平面，得平面，
由正方形，得，又平面，平面，得平面，
而平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
连接，在正方形中，，则，而，
即有，于是，
而平面，则平面，由，
得平面，因此在平面内的射影是，
令直线EF与平面所成的角为，在直角梯形中，，
所以直线EF与平面所成角的正切值为.
【小问3详解】
由（2）知，平面，而平面，则，又，
平面，于是平面，
四棱锥的体积，
由平面，得三棱锥的体积，
所以多面体的体积.
18. 如图，在平面四边形ABCD中，E为线段BC的中点，．
（1）若，求AE；
（2）若，求AE的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知可得，过作交于，求出，再利用余弦定理求解即得.
（2）连接，，利用正弦定理、余弦定理建立关系，再借助三角恒等变换及正弦函数性质求出最大值.
【小问1详解】
在四边形中，由，得，过作交于，
由，得，则四边形是平行四边形，，
而，因此，，
在中，由余弦定理得.
【小问2详解】
连接，由，，得，
设，，
在中，由正弦定理，得，
在中，由余弦定理得
，其中锐角由确定，显然，
则当时，，即，
所以AE最大值为.
19. 如图①所示，在中，，D，E分别是AC，AB上的点，且．将沿DE折起到的位置，使，如图②所示．M是线段的中点，P是上的点，平面．
① ②
（1）求的值．
（2）证明：平面平面．
（3）求点P到平面的距离．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）令平面交棱于点，利用线面平行的性质证明四边形是平行四边形，再利用平行推比例式即可得解.
（2）在中证明，再利用线面垂直的判定、性质证明，然后利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理即得.
（3）利用（2）中信息，求出点到平面的距离即可.
【小问1详解】
令平面交棱于点，连接，由，平面，平面，
则平面，而平面平面，平面，于是，
又平面，平面平面，平面，于是，
因此四边形是平行四边形，，而，，
所以.
【小问2详解】
在图①的中，由，得，
于是，而，则，，
又M是线段的中点，则，，
由（1）得，则，，
则有，，因此，
显然，平面，则平面，
而，因此平面，又平面，则，
又平面，从而平面，又，
则平面，而平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
由（1）知，又平面，平面，则平面，
即点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以点P到平面的距离为.