四川省广安友实学校2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题（含答案）

这是一份四川省广安友实学校2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题（含答案），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共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．设i为虚数单位，若复数z满足，则z＝（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．在正方体中，P为的中点，则直线PB与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
4．设都是非零向量，下列四个条件，使用成立的充要条件是（ ）
A．与同向B．
C．且D．
5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形
6．已知向量不共线，且，若与反共线，则实数λ的值为（ ）
A．1B．C．1或D．﹣1或
7．魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB＝（ ）
A．B．
C．D．
8．设正四面体ABCD的棱长为a，下列对正四面体的有关描述：(1)该正四面体的外接球的表面积是；
(2)该正四面体的内切球的体积是；(3)该正四面体的体积是；(4)该正四面体相对棱所成角为90°．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．4D．3
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3分，有选错的得0分．
9．设向量，满足，且，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．向量夹角为60°
10．在中，所对的边分别为a，b，c，则下列判断中正确的是（ ）
A．无解B．有一解
C．有两解D．有一解
11．如图，正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥A﹣MBC与三棱锥的体积之和为
C．的周长的最小值为
D．当点M是的中点时，CM与平面所成角最大
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知一个直角三角形的两条直角边分别为2和，以它的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周所围成的旋转体的表面积为______．
13．我们把与直线l垂直的向量称为直线l的法向量，设是直线l的一个方向向量，那么就是直线l的一个法向量(图1)，借助直线的法向量，我们可以方便地计算点到直线的距离，类推计算点到面、线到线、线到面、面到面的距离．已知P是直线l外一点，是直线l的一个法向量，在直线l上任取一点Q，那么在法向量上的投影向量为，该投影向量的长度(模)就是点P到直线l的距离d，即(图2)，已知点，则点C到直线AB的距离为______．
14．已知P，A，B，C，D都在同一个球面上，平面平面ABCD，ABCD是边长为2的正方形，，当四棱锥P﹣ABCD的体积最大时，该球的半径为______．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(本题满分13分)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)从下面三个条件中选择两个作为已知条件，求a与c的值．
条件①b＝7；条件②的面积为；条件③．注：如果选择不同的组合分别解答，接第一个解答计分．
16．(本题满分15分)如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，，AF与DE交于点M，记．
（1）求与夹角的余弦值；
(2)若，求的值．
17．(本题满分15分)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且，E为PD中点．
(1)证明：平面AEC；
(2)在PC上是否存在一点G，使得平面AEC?若存在，指出点G位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
18．(本题满分17分)如图所示，已知是边长为6的等边三角形，点M、N分别在AB，AC上，，O是线段MN的中点，将沿直线MN进行翻折，A翻折到点P，使得平面平面MNCB，如图所示．
(1)求证：；
(2)若，求点M到平面PBC的距离．
19．(本题满分17分)如图，E，F分别是矩形ABCD的边CD和BC的中点．
(1)设，试用表示；
(2)若，N是线段EF上的一动点，，求的最大值．
广安友实学校2023﹣2024学年度下期高2023级第三次月考
数学试题解析
一、选择题：本大题共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．C
解：由题意，得．故选：C．
2．D
解：由复数，可得，所以．故选D．
3．D
解：如图，连接，，PB，因为，所以或其补角为直线PB与所成的角，因为平面，所以，又，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，所以．故选D．
4．A
解：分别表示与同向的单位向量，因此的充要条件是与同向．故选A．
5．B
解：，所以，即，所以，又，所以，得，故为直角三角形．故选B．
6．B
解：由于与反向共线，则存在实数k使，于是，
整理得．由于不共线，所以有整理得：，
解得或．又因为，故．故选B．
7．A
解：连接FD并延长交AB于点M，则．设，
则．又，
所以，因为．
所以．所以．又易知，
所以，所以海岛的高，故选A．
8．C
解：因为棱长为a的正四面体与棱长为的正方体共外接球，所以棱长为a的正四面体的外接球的直径为棱长为的正方体的对角线，所以正四面体的外接球半径，所以四面体的外接球的表面积是．设正四面体ABCD顶点A在平面BCD内的射影为O，则，，则正四面体ABCD的体积．设正四面体ABCD的内切球半径为r，因为，所以，所以正四面体ABCD内切球的体积为．因为，所以平面ABE，所以，所以正四面体相对棱所成角为90°．所以四个描述都正确．故选C．
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3分，有选错的得0分．
9．AC
【解析】，又因为，所以，故，所以A正确，D不正确；
，故，所以B不正确，，所以，正确．故选：．
10．BD
解：对于A，由余弦定理得，即，故，能构成三角形，故A错误；
对于B，由正弦定理，即，解得，又，故，所以B只有一解，故B正确；
对于，由正弦定理，即，解得，所以B不存在，故C错误；对于D，由正弦定理，即，解得，所以，只有一解，故D正确．故选：BD．
11．ABD
解：对于A选项：如下图所示，因为是正方体，所以，而平面平面，所以平面，同理由是正方体可得，同理可证明平面，而平面，所以平面平面，而平面，所以直线平面，因此选项A正确；
对于B选项：如下图所示：过M作，交于E、F，过作，交于，因为是正方形，所以可得，
，因此选项B正确；
对于选项C：将平面与平面展成同一平面，如下图所示：
当A，M，C三点共线时，最小，作，交AB延长线于N，则，
，所以的周长的最小值为，因此选项C不正确；
对于选项D：当点M是的中点时，，因为平面平面，
所以，而平面，所以平面与平面所成角为，因此选项D正确，故选ABD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．
解：如图，旋转体为两个圆锥拼接在一起的几何体，设直线三角形为，斜边为AC，过B作，
由题意知，三角形的斜边，斜边上的高，
即圆锥底面圆的半径为，两个圆锥的母线长分别为2和，
∴旋转体的表面积为．故答案为：．
13．解：因为是直线AB的一个方向向量，所以是直线AB的一个法向量，因为，所以点C到直线AB的距离．故答案为：．
14．
解：如图，过点P作于Q，平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AB，∴平面ABCD，，故四棱锥P﹣ABCD的体积最大，即PQ最大，∵AB＝2，PQ最大，即面积最大，由，，得，
，得，当且仅当时取等号，此时面积最大，为等边三角形．取的外心为，正方形ABCD的外心为，过分别作所在平面的垂线，交点为O，O即为四棱锥P﹣ABCD外接球的球心，四边形为矩形，，，设外接球半径为R，则．故答案为：．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．解：(1)由条件与正弦定理可知，，
所以，又，所以，
(2)选择①②：
由(1)得，
由②得，所以，
又，所以由余弦定理得，
即，所以，
解得或．
故a与c的值分别为5，3或3，5．
选择①③：
由余弦定理得，
即，所以，
又，解得或．
故a与c的值分别为5，3或3，5．
选择②③：
由(1)得，
由(2)得，所以，
又，解得或．
故a与c的值分别为5，3或3，5．
16．解法一：(1)以AB所在直线x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图，
则，
所以，
所以，所以与夹角的余弦值为．
(2)由(1)得，
，
所以，解得，所以．
解法二：(1)∵．
．
，
，
．
∴．
(2)∵，
∴，
又∵，
∴，∴，．
17．解：(1)连接BD，设交，
因为ABCD为平行四边形，所以O为PD中点E为PD中点，
因为E为PD中点，所以EO是中位线，所以．
又平面AEC，平面AEC，
所以平面AEC．
(2)PC上存在点G，且，使得平面AEC．理由如下：
证明：PA上取点H，且，
因为F为AB上的点，且，
所以在中，，所以，
因为平面AEC，平面AEC，
所以平面AEC，
又在中，，所以，
因为平面AEC，平面AEC，
所以平面AEC，
因为，HG，平面HFG，
所以平面平面AEC，
因为平面HGF，所以平面AEC．
18．(本题满分17分)
解：(1)证明：因为是边长为6的等边三角形，且，在中，可得，
又因为点O是线段MN的中点，所以，
因为平面平面MNCB，且平面PMN，平面平面，
所以平面MNCB，
又因为平面MNCB，所以．
(2)解：由是边长为6的等边三角形，可得的高为，
因为，可得，
则的面积为，
又由平面MNCB，且，
所以三棱锥P﹣OBC的体积为，
在直角中，，可得，
所以的面积为，
设点O到平面PBC的距离为d，因为，
可得，解得，
又由，且平面平面，
所以平面，
则点M到平面PBC的距离与点O到平面PBC的距离相等，
所以点M到平面PBC的距离为．
19．(本题满分17分)
解：(1)因为E，F分别是矩形ABCD的边CD和BC的中点．
所以，
所以，
又，
所以，
又，所以，
(2)因为，
又
所以，
，
．
又，所以．
所以
．
又，所以时，取最大值，最大值为．