安徽省2023_2024学年高一数学下学期5月月考试题含解析

这是一份安徽省2023_2024学年高一数学下学期5月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框．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，将答题卡交回．
一、选择题:本大题共8个题，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. 已知复数满足（其中是虚数单位），则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由已知条件解出，再计算的模长.
【详解】由已知有，故.
所以.
故选：B.
2. 函数的部分图象如图所示，则的值为（）
A. -4B. 4C. -8D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据图像结合函数解析式，求得两点的坐标，再计算数量积即可.
【详解】函数，
当时，有，解得，
当时，有，解得，
当时，结合图象可得，，则，，，
所以.
故选：D.
3. 已知某圆台体积为，其上下底面圆半径分别为2和5，则其母线长为（）
A. B. 4C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】由体积公式列方程先求出圆柱的高，然后求出，结合勾股定理即可求解.
【详解】作出圆台的轴截面如图所示：
是上下底面圆心，是母线，，即可视为圆柱体的高，
由题意，解得，
而，所以由勾股定理有.
故所求母线长为5.
故选：C.
4. 在中，，则中最小的边长为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由大边对大角锁定所求即为的值，结合正弦定理即可求解.
【详解】因为，所以是最小的角，所以中最小的边长为，
由正弦定理有，即，解得.
故选：C.
5. 已知向量满足，，则向量的夹角为（）
A. 0B. C. 0或D. 0或
【答案】A
【解析】
【分析】由，两边同时平方，利用向量数量积和向量的模，求向量的夹角.
【详解】向量满足，设向量的夹角为，，
，则，
，
得，有或（舍去），
由，得.
故选：A.
6. 学校组织学生去工厂参加社会实践活动，任务是利用一块正方形的铁皮制作簸箕，方法如下:取正方形ABCD边AB的中点，沿MC、MD折叠，将MA、MB用胶水粘起来，使得点A、B重合于点，这样就做成了一个簸箕，如果这个簸箕的容量为，则原正方形铁皮的边长是多少（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设正方形ABCD边长为，由三棱锥的体积，求出的值即可.
【详解】三棱锥中，为中点，连接，
，则，
平面，，得平面，
设正方形ABCD边长为，则有，，
，，，
有，则，，
，得，即.
所以原正方形铁皮的边长是.
故选：B
7. 如图，是边长为2的正三角形，直线围成一个正三角形，且，则（）
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先得出，然后结合余弦定理、同角三角函数关系分别求出，进一步结合两角差的余弦公式可得的余弦值，从而结合数量积的定义即可运算求解.
【详解】如图所示：
延长射线交于点，点在射线上，，
设，由题意，所以，
由题意可设，在三角形中，，，
由余弦定理有，解得，
在三角形中，由余弦定理有，所以，
从而，
由上述分析结合题意可知，
从而由数量积的定义可知.
故选：A.
8. 已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体的几何性质，作出平面，找到线线角的平面角，即可求解.
【详解】如图所示，连接，交平面于点.
设正方体的棱长为a，根据正方体的性质可得，平面，
则平面与平面平行或重合，在线段上取点P，使，
则为满足题意的其中一个直线，
正方体绕体对角线旋转的过程可认为是正方体不动，绕体对角线旋转，，
，所以BC与直线所成的角即与直线所成的角，
可得当P在线段上时，与直线所成的角最小，
由正方体的性质可得，则，
所以
.
故选：B.
二、选择题:本大题共3个题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题自要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错得0分．
9. 在下列各组向量中，可以作为基底的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】只需判断各个选项所给向量是否共线即可求解.
【详解】对于A，因为，所以共线，故A不符合题意，
对于B，因为关于实数的方程无解，所以不共线，故B符合题意；
对于C，因为关于实数的方程无解，所以不共线，故C符合题意；
对于D，因为，所以共线，故D不符合题意.
故选：BC.
10. 已知复数，下列叙述中错误的是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于ABD，直接举出对应的反例即可判断；对于C，对等式两边直接开方即可得解.
【详解】对于A，取，满足，但此时都不实数，都不能比较大小，故A错误；
对于B，取，满足，但此时，故B错误；
对于C，若，而，则，故C正确；
对于D，取，满足，
但此时两两互不相等，故D错误.
故选：ABD.
11. 正三棱柱中，为棱的中点，为线段(不包括端点)上一动点，分别为棱上靠近点的三等分点，过作三棱柱的截面，使得垂直于且交于点，下列结论正确的是（）
A. 截面B. 存在点使得平面截面
C. 当时，截面的面积为D. 三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由线面平行的判定即可判断A；证明出平面平面，由平面，即可判断B；作出截面图即可判断C；作出截面图，确定点的位置即可判断D．
【详解】对于A，因为棱柱为正三棱柱，所以,
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，取，中点为，连接，交于于点，则，
因为分别为棱上靠近点的三等分点，
所以，，则，
因为正三棱柱，所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，即，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，又平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，且，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面与不平行，故B错误；
对于C，当时，作出截面图如图所示，
设延长线交于点，则，
因为，所以，所以，
所以，则，，
过点作，交于点，连接，
则，且，
因为，所以，
在中，由勾股定理得，同理可得，
所以，
所以截三棱柱的截面四边形为等腰梯形，高的长为，
所以，故C正确；
对于D，作出截面图如图所示，
因为，，所以，所以点在以为直径的圆上，
当点在的中点时，点到底面距离最大，且最大值为，
因为，所以此时点在线段上，符合条件，
所以三棱锥的体积最大值为，故D正确；
故选：ACD．
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知关于的实系数二次方程的一根为(其中是虚数单位)，则_________．
【答案】0
【解析】
【分析】由韦达定理、复数四则运算即可直接运算求解.
【详解】由二次方程求根公式可知虚根是成对出现的，故都是方程的解，
所以.
故答案为：0.
13. 已知在中，，为中点，且，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】延长到点，使得，得到四边形平行四边形，设，在中，利用余弦定理，列出方程，即可求解.
【详解】如图所示，延长到点，使得，
因为为的中点，所以四边形为平行四边形，
又因为且，可得，
设，在中，由余弦定理得，
可得，即，解得.
故答案为：.
14. 在棱长为4的正四面体中，，过点作平行于平面ABC的平面与棱PB、PC分别交于点E、F，过点作平行于平面PBC的平面与棱AB、AC分别交于点G、H，记分别为三棱锥的外接球球心，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】正四面体的外接球球心为，三点共线，三点共线，求出各正四面体的外接球半径，利用余弦定理求.
【详解】正四面体的外接球球心为，正四面体可扩成正方体，正四面体的棱为正方体的面对角线，
正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
所以正方体的外接球半径为，即正四面体的外接球半径为，有，
平面平面，平面平面，，三棱锥都是正四面体，
则三点共线，三点共线，，，则有，，
中，由余弦定理，，
中，由余弦定理，.
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. 已知在平面直角坐标系中，，其中为坐标原点．
（1）求在方向上的投影向量;
（2）证明：三点共线，并求的最小值．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由投影向量的计算公式直角运算即可求解；
（2）由题意先得出关于的二次表达式，从而转换为求二次函数的最值即可得解.
【小问1详解】
在方向上的投影向量为：
.
【小问2详解】
因为，则，
即，又AC与AB有公共点，所以A、B、C三点共线;；
，
当时，的最小值为.
16. 几何体ABCDEF中，平面ADE、平面BCF和平面ACFE均与平面ABCD垂直，且，，，．
（1）证明:;
（2）求四棱锥与四棱锥公共部分体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直证明线面垂直和线线垂直，通过证明平面ABCD，平面ABCD，证得；
（2）连接EC，AF交于点，则四棱锥与的公共部分为四棱锥，结合线面位置关系和已知数据，求出棱锥底面积和高，可求体积.
【小问1详解】
在平面ABCD内取点，作交AD于点，作交AC于点，作交BC于点，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面ADE，又平面ADE，所以，
同理平面，平面BCF，
所以，，，
又，平面ABCD，所以平面ABCD，
同理平面ABCD，故.
【小问2详解】
连接EC，AF交于点，则四棱锥与的公共部分为四棱锥，
平面ABCD，平面ABCD，，
过点作，垂足为，平面中，，则平面ABCD，
因为，所以，即，
又梯形ABCD的面积为，
故.
17. 锐角中，角所对的边分别为且．
（1）证明:;
（2）求的周长的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和差以及正弦定理即可运算证明；
（2）由正弦定理表示出，求出的范围，再结合三角函数性质即可得解.
【小问1详解】
因，，
则；
【小问2详解】
由，得，
故，
因为为锐角三角形，所以，即，所以，
则，所以周长的取值范围为.
18. 如图，圆柱的高为1，底面半径长为2，它的一个轴截面为，点为底面圆的圆周上一点，且．
（1）已知点是底面圆的直径上靠近的一个四等分点，若经过点在底面圆上作一条直线与CE垂直且与圆交于M、N两点，求线段MN的长;
（2）求平面与平面ACB的夹角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在圆上取点使，证明，求出，取MN中点，由，利用弦长公式求线段MN的长；
（2）分别为的中点，证明即平面与平面的夹角，代入数据求值即可.
【小问1详解】
在圆上取点使，则圆，圆，，
连接，因为，，平面，
所以平面，平面，则，
因为，所以，
又，则，
，
取MN中点，则，
所以，则 .
【小问2详解】
取OA中点，中点，连接，
，则，
，，四边形为平行四边形，
，则圆，则圆，，
，平面，平面，
平面，，又，得，
记平面与平面的公共交线为，
因为，平面，平面，
所以平面，平面，则，，
可得，，
所以即平面与平面的夹角，
因为，所以，
，即平面与平面ACB的夹角为.
19. 已知在任意一个三角形的三条边上分别向外做出三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心也构成一个等边三角形;我们称由这三个等边三角形中心构成的三角形为其外拿破仑三角形．在锐角中，角所对的边分别为且，以的边分别向外作的三个等边三角形的中心分别记为，且的面积为，记为的外接圆半径．
（1）若，求;
（2）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正余弦定理求出相应的边长和角度，由求值.
（2）由余弦定理表示，由三角形面积公式得，由，结合正弦定理和正切函数单调性求的取值范围，可得面积的取值范围．
【小问1详解】
由得，因为为锐角三角形，所以，
连接，如图所示，
由等边三角形中心的位置可知，故，
又，则，且，同理，
由得，
又，则，
.
【小问2详解】
因为，即，
又，所以，则，
则，
由，，得，由，有，
为锐角三角形，得，所以，
得
所以．