四川省成都外国语学校2023-2024学年高一下学期7月月考数学试题（Word版附答案）

这是一份四川省成都外国语学校2023-2024学年高一下学期7月月考数学试题（Word版附答案），共21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。

时间：120分钟 满分：150分
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点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 若直线平面，则下列说法正确的是（ ）
A. l仅垂直平面内的一条直线B. l仅垂直平面内与l相交的直线
C. l仅垂直平面内的两条直线D. l与平面内的任意一条直线垂直
3. 已知向量满足，且，则的值为（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
4. 记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
6. 若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，三棱锥中，平面，，且为边长等于2的正三角形，则 与平面所成角的正弦值为
A. B. C. D.
8. 在直角梯形中，，，，点为梯形四条边上的一个动点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 复数实部为B. 复数的虚部为
C. 复数的共轭复数为D. 复数的模为
10. 下列化简正确的是（ ）
A B.
C. D.
11. 如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是对角线AC1上一动点，在点P从顶点A移动到顶点C1的过程中，下列结论中正确的有（ ）
A. 二面角P﹣A1D﹣B1的取值范围是[0,]
B. 直线AC1与平面A1DP所成的角逐渐增大
C. 存在一个位置，使得AC1⊥平面A1DP
D. 存在一个位置，使得平面A1DP∥平面B1CD1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则m=______．
13. 已知三棱锥，底面，，，，，则三棱锥的外接球表面积为______.
14. 在四面体中，且，点分别是线段，中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为__________.
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. 已知向量．
（1）求；
（2）求．
16. 在如图所示的四棱锥中，已知平面，，，，，为的中点.

（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
17. 正三棱柱的底面正三角形的边长为为的中点；．
（1）求证：；
（2）求到平面的距离.
18. 已知函数.
（1）求的值；
（2）求的最小正周期和单调递增区间；
（3）将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若函数在上有且仅有两个零点，求的取值范围.
19. 在中，对应的边分别为
（1）求；
（2）奥古斯丁．路易斯．柯西（Augustin Luis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．
①用向量证明二维柯西不等式：
②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值．
成都外国语学校2023-2024高一下期7月月考
数学
时间：120分钟 满分：150分
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位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】首先由复数的除法运算化简，再结合复数的概念与几何意义即可得结论.
【详解】由题意知，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限，
故选：D.
2. 若直线平面，则下列说法正确的是（ ）
A. l仅垂直平面内的一条直线B. l仅垂直平面内与l相交的直线
C. l仅垂直平面内的两条直线D. l与平面内的任意一条直线垂直
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面垂直的定义分析判断即可
【详解】因为若直线平面，则l与平面内的任意一条直线都垂直．
所以ABC错误，D正确，
故选：D
3. 已知向量满足，且，则的值为（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件直接化简求解即可.
【详解】因为向量满足，且，
所以.
故选：C.
4. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理求解即可.
【详解】由余弦定理，可得，即.
故选：B
5. 如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将平移到与相交，求所成的角，即异面直线所成的角.
【详解】正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，
因为为正三角形，所以与所成的角为，
所以异面直线与所成的角为.
故选：C.
6. 若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．
【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得，
所以圆锥的体积为，解得，
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为．
故选：C．
7. 如图，三棱锥中，平面，，且为边长等于2的正三角形，则 与平面所成角的正弦值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先过A点作出高线，利用等体积法先求高线，再计算线面角．
【详解】过点作垂直于平面的直线，垂足为O，利用等体积法求解．，由此解得， 与平面所成角为，所以,故选B
【点睛】本题考查了等体积法和线面角的基本求法，综合性强，在三棱锥中求高线，利用等体积法是一种常见处理手段，计算线面角，先找线面角，要找线面角必找垂线，而求解垂线的基本方法为等体积法或者点到平面的距离公式．
8. 在直角梯形中，，，，点为梯形四条边上的一个动点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题可以先证明一下极化恒等式，再使用，轻松解决此题.
【详解】如图中，O为AB中点，
（极化恒等式）
共起点的数量积问题可以使用.
如图，取中点，则由极化恒等式知，
，要求取值范围，只需要求最大，最小即可.
由图，可知最大时，P在D点，即，此时，
最小时，P在O点，即，此时.
综上所得，取值范围为: .
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 复数的实部为B. 复数的虚部为
C. 复数的共轭复数为D. 复数的模为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数的概念、共轭复数的概念及模的运算判断各项正误.
【详解】由题设的实部为，虚部为4，共轭复数为，模为.
故选：BD
10. 下列化简正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】逆用二倍角的正弦、余弦、正切公式、两角和的正弦公式进行求解即可.
【详解】A：因为，
所以本选项不正确；
B：因，
所以本选项正确；
C：因为
所以本选项正确；
D：因为，
所以本选项正确，
故选：BCD
11. 如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是对角线AC1上一动点，在点P从顶点A移动到顶点C1的过程中，下列结论中正确的有（ ）
A. 二面角P﹣A1D﹣B1的取值范围是[0,]
B. 直线AC1与平面A1DP所成的角逐渐增大
C. 存在一个位置，使得AC1⊥平面A1DP
D. 存在一个位置，使得平面A1DP∥平面B1CD1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据二面角、线面角的求解，以及线面垂直，面面平行的判定，结合点的位置，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】：当P与A重合时，二面角A﹣A1D﹣B1为90°，
点P由A点移动到AC1中点的过程中，二面角P﹣A1D﹣B1逐渐减小至0，
由对称性可知，当P由AC1中点移动到点C1的过程中，
二面角P﹣A1D﹣B1由0逐渐增大至90°，即正确；
：当点P与A重合时，∠C1AD1即为所求，此时有tan∠C1AD1＝，
当P与C1重合时，连接AD1，A1D相交于点M，则∠AC1M即为所求，
此时有tan∠AC1M，
所以∠AC1M∠C1AD1，即直线AC1与平面A1DP所成的角并不是逐渐增大，所以错误；
：当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，连接AD1，则A1D⊥AD1，
又因为C1D1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以A1D⊥C1D1，
又C1D1∩AD1＝D1，C1D1 AD1平面AC1D1
所以A1D⊥平面AC1D1，又AC1平面AC1D1
所以AC1⊥A1D．同理可得，AC1⊥A1B．
因为A1D∩A1B＝A1，A1D⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，
所以AC1⊥平面A1DP，即正确；
：当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，
因为BD∥B1D1，BD⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1，
同理可得，A1B∥平面B1CD1，
又因为BD∩A1B＝B，BD⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，
所以平面A1DP∥平面B1CD1，即正确．
故选：．
【点睛】本题考查空间立体几何的综合问题，包含二面角、线面角与线面位置关系等，知识面比较广，考查学生空间立体感和推理论证能力，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则m=______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示计算即得.
【详解】向量，由，得，
所以.
故答案为：
13. 已知三棱锥，底面，，，，，则三棱锥的外接球表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意将此三棱锥放在长方体中，可得此三棱锥的外接球与这个长方体的外接球相同，由题意可得长方体的对角线，而长方体的对角线与其外接球的直径相同，进而求出外接球的表面积．
【详解】解：因为三棱锥，底面，，，，，
所以将此三棱锥放在长方体中，可得此三棱锥的外接球与这个长方体的外接球相同，
由题意可得长方体的体对角线为，
由长方体的体对角线的其外接球的直径，所以，即，
所以外接球的表面积，
故答案为：．
14. 在四面体中，且，点分别是线段，的中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，将四面体置于长方体中，使分别为面对角线，再利用线面垂直和性质、面面平行的性质确定平面区域形状，结合三角恒等变换及三角形面积公式列式，借助基本不等式求出最大值.
【详解】依题意，四面体拓展为长方体，，如图，
设，则有，解得，
由点分别是线段的中点，得，而平面，则平面，
又直线平面，于是平面，
设平面与的交线分别为，
平面与平面分别交于，则，同理，
因此，同理，即四边形为平行四边形，且，
在中，，
，
则，设，则，
由，得，由，同理得，
因此，平行四边形围成一个平面区域，其面积为，
，当且仅当时取等号，
所以的面积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据给定条件，把四面体置于长方体，借助长方体的结构特征是求解的关键.
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. 已知向量．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用数量积的坐标运算，即可求出结果；
（2）根据条件，利用向量的坐标运算，得到，再根据模长的计算公式，即可求出结果.
【小问1详解】
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
所以.
16. 在如图所示四棱锥中，已知平面，，，，，为的中点.

（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据中点关系可证明四边形MECB是平行四边形，即可根据线线平行求证,
（2）根据勾股定理可证明，根据线面垂直的性质可得，即可根据线面垂直的判定求解.
【小问1详解】
取的中点，连接，
由于，为中点，则且．
∵且，
∴且，
∴四边形MECB是平行四边形，
∴.又平面PAB，平面，
∴平面．
【小问2详解】
∵平面，平面，
∴，
又,
故，
∴．
∵，平面,
∴平面，又平面，
∴平面平面．
17. 正三棱柱的底面正三角形的边长为为的中点；．
（1）求证：；
（2）求到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（2）利用体积相等可得答案.
【小问1详解】
因为在正三棱柱中，底面正三角形的边长为2，为的中点，
，又平面平面，，
平面，平面，
平面，；
【小问2详解】
，
故，
，
又，
所以，
设点到平面的距离为，
则即．
解得，所以点到平面的距离为．
18. 已知函数.
（1）求的值；
（2）求的最小正周期和单调递增区间；
（3）将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若函数在上有且仅有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）2；（2）；，；（3）.
【解析】
【分析】
（1）利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简，即可代入，求出结果；
（2）根据最小正周期的公式即可计算出周期，令可解出单调递增区间；
（3）先求出解析式，则该题等价于在上有且仅有两个实数，满足，结合函数图象即可求出范围.
【详解】（1）∵函数，
∴，故
（2）由函数的解析式为可得，它的最小正周期为.
令，求得，
可得它的单调递增区间为，.
（3）将函数的图象向右平移个单位，
得到函数的图象，
若函数在上有且仅有两个零点，
则在上有且仅有两个实数，满足，即.
在上，，
∴，求得.
【点睛】本题考查三角恒等变换，考查最小正周期和单调区间的求解，考查三角函数的零点问题，属于中档题.
19. 在中，对应的边分别为
（1）求；
（2）奥古斯丁．路易斯．柯西（Augustin Luis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．
①用向量证明二维柯西不等式：
②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析，②
【解析】
【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用余弦定理，即可求出结果；
（2）①利用数量积的定义，得到，再利用数量积和模的坐标表示，即可证明结果；②根据条件及三角形面积公式，利用，得到，结合余弦定理，令，得到，再求出的范围，即可求出结果.
【小问1详解】
由正弦定理得即
由余弦定理有，若，等式不成立，则，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
①设，由，得，
从而，即
②.
又
.
由三维分式型柯西不等式有
当且仅当即时等号成立.
由余弦定理得，所以即，
则，令，则.
因为，得，当且仅当时等号成立，
所以，则，
令；则在上递减，
当即时，有最大值，此时有最小值.