山东省济南市2024-2025学年高一下学期4月月考数学检测试题（附答案）

这是一份山东省济南市2024-2025学年高一下学期4月月考数学检测试题（附答案），共8页。
1．若圆锥的表面积为16π，且其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则圆锥的体积为（ ）
A．162π3B．16π3C．163π3D．8π
2．已知圆锥的底面半径为1，高为3，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，则上下两部分的体积比为（ ）
A．17B．14C．12D．18
3．已知一个半径为R的半球，其体积为V1，一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得几何体的体积为V2，下列说法正确的是（ ）
A．V1＞V2B．V1＝V2C．V1＜V2D．不确定
4．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；③台体的体积公式V=13(S上+S上S下+S下)⋅ℎ）
A．2寸B．3寸C．4寸D．5寸
5．如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′A′=2，那么原三角形ABO面积是（ ）
A．22B．1C．2D．22
6．若正四面体的棱长为23，则该正四面体的外接球的表面积为（ ）
A．32πB．24πC．18πD．36π
7．在四面体ABCD中，BA⊥平面ACD，CA⊥AD，BA＝3，AC＝4，AD＝5，该四面体ABCD外接球表面积为（ ）
A．25πB．100πC．12.5πD．50π
8．已知正四棱锥P—ABCD的底面边长为2，高为3，则其内切球半径是（ ）
A．1B．3−32C．34D．33
二．多选题（共3小题）
9．已知复数z1，z2，则下列命题一定成立的有（ ）
A．若|z1+z2|＝0，则z1=−z2
B．若|z1|＝|z2|，则z12=z22
C．|z1⋅z2|=|z1⋅z2|
D．(z1+z2)2=(z1+z2)2
10．已知三棱锥P﹣ABC的底面ABC是直角三角形，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝2，则（ ）
A．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为12π
B．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为48π
C．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−33
D．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−39
11．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2，且(3tanA−1)(3tanB−1)=4，则（ ）
A．C=π3
B．a的取值范围为(12，2)
C．a+bc的最大值为2
D．sin2A﹣cs2B的取值范围为(14，12)
三．填空题（共3小题）
12．已知复数z满足|z|＝1，则|z﹣3+4i|的取值范围是 ．
13．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，则球的体积为 ．
14．已知圆台O1O2的上、下底面面积分别为4π，36π，其外接球球心O满足O1O→=3OO2→，则圆台O1O2的外接球体积与圆台O1O2的体积之比为 ．
四．解答题（共6小题）
15．已知a→=(1，0)，b→=(2，1)．
（1）求|a→+3b→|；（2）当k为何值时，ka→−b→与a→+3b→平行？
16．已知复数z＝1﹣i（i是虚数单位）是方程x2+px+q＝0的根，其中p，q是实数．
（1）求p和q的值；
（2）若（p+qi）•（m2﹣mi）是纯虚数，求实数m的值．
17．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2，AD＝3，以BC边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体．
（1）求该几何体的表面积；
（2）一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，求蚂蚁爬行的最短距离．
18．一倒置圆锥体的母线长为10cm，底面半径为6cm，
（1）求圆锥体的高；
（2）一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余的空间．
19．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＝a2+c2﹣ac，
（1）求角B的大小；
（2）求sinA+sinC的取值范围．
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
一．选择题（共8小题）
1．解：根据题意，设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，若圆锥的表面积为16π，且其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则有2π3l=2πrπr2+πrl=16π，解可得l=6r=2，则圆锥的高h=l2−r2=42，
故该圆锥的体积V=13πr2h=162π3．
2．解：圆锥的底面半径为1，高为3，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，
则上下两部分的体积比为：13π×(12)2×3213π×12×3−13π×(12)2×32=17．
3．解：如图所示，
根据题意知，①半球的半径为R，体积为V1=2πR33，
②底面半径和高都为R的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，
所以剩余几何体的体积为V2＝πR2•R−13πR2•R=2πR33，
由①②知，V1＝V2．
4．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．
∵积水深9寸，∴水面半径为12（14+6）＝10寸，
则盆中水的体积为13π×9（62+102+6×10）＝588π（立方寸）．∴平地降雨量等于588ππ×142=3（寸）．
5．解：根据题意，在△A′B′O′中，∠A′O′B′＝45°，A′B′⊥O′B′，由O′A′=2，得A′B′＝O′B′＝1，因此△A′B′O′的面积S△A′B′O′=12×1×1=12，
所以原三角形ABO面积是S△ABO=22S△A′B′O′=2．
6．解：根据题意可将该正四面体放置到棱长为232的正方体中，
则该正四面体的外接球的直径2R等于该正方体的体对角线长，∴（2R）2＝6+6+6＝18，
∴该正四面体的外接球的表面积为4πR2＝18π．
7．解：因为BA⊥平面ACD，CA⊥AD，BA＝3，AC＝4，AD＝5，
所以该四面体ABCD外接球的直径2R即为长宽高分别为3，4，5的长方体的体对角线长，
所以（2R）2＝32+42+52＝50，所以该四面体ABCD外接球表面积为4πR2＝50π．
8．解：设正四棱锥P﹣ABCD内切球体的半径为r，如图所示，
因为球O与四棱锥相内切，所以VP﹣ABCD＝4VO﹣PAD+VO﹣ABCD，
因为S△PAD=12×2×(3)2+12=2，
所以13×2×2×3=4×13×2×r+13×2×2×r，解得r=33．
二．多选题（共3小题）
9．解：设z1＝a+bi，z2＝c+di（a，b，c，d∈R），则z1=a−bi，z2=c−di．
z1+z2＝a+bi+c+di＝（a+c）+（b+d）i，若|z1+z2|＝0，则a+c＝0，b+d＝0，
所以z1+z2=a−bi+c−di=（a+c）﹣（b+d）i＝0，即z1=−z2，A正确；
|z1|=a2+b2，|z2|=c2+d2，若|z1|＝|z2|，则a2+b2＝c2+d2①，
z12=a2+2abi+(bi)2=a2−b2+2abi，同理z22=c2−d2+2cdi，
若z12=z22，则需满足a2﹣b2＝c2﹣d2且ab＝cd，与①式不同，B错误；
|z1⋅z2|=|(a+bi)(c+di)|=|(ac−bd)+(ad+bc)i|=(ac−bd)2+(ad+bc)2，
|z1⋅z2|=|(a−bi)(c−di)|=|(ac−bd)−(ad+bc)i|=(ac−bd)2+(ad+bc)2，
所以|z1z2|=|z1⋅z2|，C正确；
(z1+z2)2=[(a+c)+(b+d)i]2=(a+c)2−（b+d）2+2（a+c）（b+d）i②，
(z1+z2)2=[(a+c)−(b+d)i]2=(a+c)2−(b+d)2−2(a+c)(b+di)，与②式不同，D错误．
故选：AC．
10．解：由题意可知AB，AC，AP两两垂直，且PA＝AB＝AC＝2，
∴三棱锥P﹣ABC外接球的半径R满足（2R）2＝AB2+AC2+AP2＝12，
∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为4πR2＝12π，∴A选项正确，B选项错误；
由题意可得三棱锥P﹣ABC的体积V=13×12×2×2×2=43，
三棱锥P﹣ABC的表面积S=12×2×2×3+34×(22)2=6+23，
设三棱锥P﹣ABC内切球的半径为r，根据等体积法可得：V=13Sr，
∴r=3VS=46+23=3−33，∴C选项正确，D选项错误．
11．解：对A：(3tanA−1)(3tanB−1)=4，即3tanAtanB−3(tanA+tanB)=3，
整理可得：tanA+tanB1−tanAtanB=−3，可得tan（A+B）=−3，
在△ABC中，tan（a+B）＝﹣tanC，故tanC=3，又△ABC为锐角三角形，故C=π3，A正确；
对B：由A可知，C=π3，可得sinB＝sin（A+C）＝sin（A+π3），
由正弦定理asinA=bsinB，b＝2，即asinA=2sin(A+π3)，则a=2sinAsin(A+π3)=2sinA12sinA+32csA，
又A∈(0，π2)，故sinA≠0，则a=41+3tanA；由△ABC为锐角三角形可得：0＜A＜π20＜C=2π3−A＜π2，
可得π6＜A＜π2，故tanA∈(33，+∞)，则3tanA∈(0，3)，则a∈（1，4），故B错误；
对C：由余弦定理csC=a2+b2−c22ab=12，可得（a+b）2﹣c2＝3ab，
等式两边同除c2可得：(a+bc)2−1=3×ac×bc≤34(a+bc)2，所以(a+bc)2≤4，解得a+bc≤2，
当且仅当ac=bc，即a＝b时取得等号，故C正确；
对D：sinA=sin(B+C)=sin(B+π3)=12sinB+32csB，故sin2A=14sin2B+34cs2B+34sin2B，
故sin2A﹣cs2B=14sin2B−14cs2B+34sin2B=−14cs2B+34sin2B=12sin（2B−π6），
由B可知A∈(π6，π2)，故2B−π6∈(π6，5π6)，sin(2B−π6)∈(12，1]，12sin(2B−π6)∈(14，12]，
也即sin2A﹣cs2B的取值范围为(14，12]，故D错误 故选：AC．
三．填空题（共3小题）
12．解：设z＝x+yi，因为|z|＝1，则x2+y2＝1，
所以在复平面中表示复数z的点Z在以原点为圆心，半径为1的圆上，
又|z﹣3+4i|＝|（x﹣3）+（y+4）i|=(x−3)2+(y+4)2，
则表示为点Z到点P（3，﹣4）的距离，
因为|OP|=32+(−4)2=5，所以4≤|PZ|≤6，
所以4≤|z﹣3+4i|≤6，即|z﹣3+4i|的取值范围是[4，6]．故[4，6]．
13解：因为在△ABC中，由AB＝18，BC＝24，AC＝30，所以AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC，
所以△ABC外接圆半径r=12AC=15，设球半径为R，则R2=r2+(12R)2，
即R2=43r2=300，R=103，所以球的体积V=4π3R3=40003π，故40003π．
14．解：设圆台O1O2的高为4h，外接球的半径为R，作出轴截面的一半，如图所示：
因为O1O2的上、下底面面积分别为4π，36π，
所以圆O1，O2的半径分别为2，6，
又O1O→=3OO2→，所以O1O＝3h，OO2＝h，
所以R2＝4+9h2＝36+h2，解得ℎ=2，R=210（负值已舍去），
故所求体积之比为43π⋅(210)313(4π+36π+4π×36π)×8=101013．
四．解答题
15．解：（1）由题意可知，a→+3b→=(1，0)+3(2，1)=(7，3)，则|a→+3b→|=72+32=58．
（2）由a→+3b→=(1，0)+3(2，1)=(7，3)，ka→−b→=k(1，0)−(2，1)=(k−2，−1)，
当ka→−b→与a→+3b→平行时，则3（k﹣2）+7＝0，解得k=−13．
16．解：（1）因为复数z＝1﹣i（i是虚数单位）是方程x2+px+q＝0的根（p，q是实数），
所以z=1+i也为方程的根，所以−p=(1−i)+(1+i)q=(1−i)(1+i)，所以p=−2q=2；
（2）由（1）可知（p+qi）•（m2﹣mi）＝（﹣2+2i）•（m2﹣mi）
＝﹣2m2+2mi+2m2i﹣2mi2＝（2m﹣2m2）+（2m+2m2）i，又（p+qi）•（m2﹣mi）是纯虚数，
所以2m−2m2=02m+2m2≠0，解得m＝1．
17．解：（1）根据题意，旋转后的几何体为上底半径为1，下底半径为2，母线为3的圆台，
其侧面展开图如图：其变面积S＝π（12+22+1×3+2×3）＝14π，
（2）根据题意，在圆台的侧面展开图中，DA＝DO＝3，则OA＝6，
设∠DOD1＝θ，则有3θ＝2π×1，则θ=2π3，
蚂蚁爬行的最短距离即|AA1|，而|AA1|=36+36−2×6×6×cs2π3=63，
故蚂蚁爬行的最短距离为63．
解：（1）设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，∵l＝10cm，r＝6cm
∴h=l2−r2=100−36=8cm即圆锥的高等于8cm；
（2）作出圆锥的轴截面如图，球于圆锥侧切，
则OE⊥AB于E，BD⊥AD于D，OE＝OD＝R，（R为球的半径）
则△AEO∽△ADB，可得OE：BD＝AO：AB，
即R6=8−R10，解之得球半径R＝3cm，因此球的体积V=43πR3=36πcm3．
圆锥的体积V=13πr2ℎ=96πcm3．故圆锥体剩余的空间体积为60πcm3．
19．解：（1）由b2＝a2+c2﹣ac，整理可得a2+c2﹣b2＝ac，
由余弦定理可得a2+c2﹣b2＝2accsB，可得csB=12，而B∈（0，π），所以B=π3；
（2）由（1）可得sinA+sinC＝sin（23π﹣C）+sinC=32csC+12sinC+sinC=32sinC+32csC=3sin（C+π6），
因为C∈（0，23π），所以C+π6∈（π6，56π），所以sin（C+π6）∈（12，1]，所以sinA+sinC∈（32，3]．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
A
B
B
C
C
D
D
AC
AC
AC