海南省海口市2023_2024学年高一数学下学期6月月考试题含解析

这是一份海南省海口市2023_2024学年高一数学下学期6月月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了 空中有一气球， 设，，非零不共线向量，若，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，满分150分，考试时间为120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号等填写在答题卡指定位置上.
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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
第I卷（选择题，共58分）
一､单选题：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. 已知复数满足，是的共轭复数，则等于（）
A. B. C. D.
2. 如图，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（）
A. B. C. D.
3. 空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为266米，那么测量时气球到地面的距离是（）
A. 米B. 米C. 266米D. 米
4. 已知平面向量，，则在上投影向量为（）
A. B. C. D.
5. 已知一个正四棱台的上下底面边长为、，侧棱长为，则棱台的体积为（）
A. B. C. D.
6. 在平行六面体中，底面是菱形，，与底面垂直，，分别在和上，且，，，，则异面直与所成角的余弦值为（）
AB. C. D.
7. 在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（）
A. B. C. D. 6
8. 设，，非零不共线向量，若，则（ ）
AB.
C. D.
二､多选题：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. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（）
A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的表面积为
C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等
D. 圆柱､圆锥､球的体积之比为
10. 设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（）
A. 若，则点M是的重心
B. 若，则点M在线段的延长线上
C. 若，且，则的面积是面积的
D. 已知平面向量，满足，则为等腰三角形
11. 一个圆柱沿着轴截面截去一半，得到一个如图所示的几何体．已知四边形MNPQ是边长为2的正方形，点E为半圆弧上一动点（点E与点P，Q不重合），则（）
A. 三棱锥体积的最大值为
B. 存在点E，使得
C. 当点E为上的三等分点时，二面角的正切值为
D. 当点E为的中点时，四棱锥外接球的体积为
第II卷（非选择题，共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 是虚数单位，复数__________.
13. 如图，平面向量，的夹角是60°，||＝4，||＝2，平面内任意一点E关于点B对称点为F，点F关于点C的对称点为点G，则＝______．
14. 在中，若，则的最小值为______.
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. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为侧棱的中点，求证：平面.
16. 已知向量，满足，，且．
（1）若，求实数k的值；
（2）求与的夹角．
17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
（1）求A；
（2）求周长的最大值.
18. 已知平面，平面，为等边三角形，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线和平面所成角的正弦值.
19. 类比于二维平面中余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．海南中学2023-2024学年高一第二学期
第二次月考数学试题卷
本试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，满分150分，考试时间为120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号等填写在答题卡指定位置上.
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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
第I卷（选择题，共58分）
一､单选题：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. 已知复数满足，是共轭复数，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义、复数加法的法则进行求解即可.
【详解】，
，
故选：B
2. 如图，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】还原出原图，根据直观图与原图的长度关系，即可求得，的值，代入公式，即可得答案.
【详解】根据直观图，作出原图为
根据题意，，，
所以平行四边形的面积.
故选：B
3. 空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为266米，那么测量时气球到地面的距离是（）
A. 米B. 米C. 266米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】设米，利用直角三角形的性质得米，米，在中，由余弦定理建立方程求解即可.
【详解】设米，由题意知：平面，平面，平面，
所以，又，则米，米，
在中，由余弦定理得：，
即，即，解得，
故测量时气球到地面的距离是米.
故选：A.
4. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量在向量上的投影向量的定义求解即可.
【详解】设与的夹角为，
则在上的投影向量为.
故选：B.
5. 已知一个正四棱台的上下底面边长为、，侧棱长为，则棱台的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积.
【详解】
如图所示，
由正四棱台可知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以，
所以，
故选：D.
6. 在平行六面体中，底面是菱形，，与底面垂直，，分别在和上，且，，，，则异面直与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意将异面直线平移到同一三角形中，再根据三角形的余弦定理求解即可.
【详解】取DM中点K，连接、，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以异面直线与所成角为或其补角.
因为底面是菱形，，，
所以在中，利用余弦定理得，
又，，
在中，利用余弦定理得，
所以异面直与所成角的余弦值为.
故选：B.
7. 在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据余弦定理可得，结合基本不等式和可得，即可求解.
【详解】因为，由余弦定理可得，
则，则，
又，所以，则的面积，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
故选：B．
8. 设，，为非零不共线向量，若，则（ ）
A. B.
CD.
【答案】D
【解析】
【分析】因为对任意的实数，不等式恒成立，所以把不等式整理成关于t一元二次不等式，根据二次不等式恒成立，等价转化即可求得结果.
【详解】因为，，为非零不共线向量，
若，
则，
∴，
化简得，，
即，
∴，
∴.
故选：D.
【点睛】本题考查平面向量的数量积运算以及一元二次不等式恒成立问题，属综合困难题.
二､多选题：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. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（）
A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的表面积为
C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等
D. 圆柱､圆锥､球的体积之比为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据圆柱侧面积公式计算判断A，根据圆锥表面积公式计算判断B，根据球的表面积公式求解与圆柱的侧面积比较即可判断C，根据体积公式求解三个几何体的体积即可判断D.
【详解】对于A：球半径为，所以圆柱侧面积为.故A正确；
对于B：圆锥侧面积为，表面积为，故B错误；
对于C：球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等.故C正确；
对于D：，
所以圆柱､圆锥､球的体积之比为3：1：2，故D正确.
故选：ACD.
10. 设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（）
A. 若，则点M是的重心
B. 若，则点M在线段的延长线上
C. 若，且，则的面积是面积的
D. 已知平面向量，满足，则为等腰三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】设的中点为，由向量的线性运算可得，由重心的性质即可判断选项；由向量的线性运算即可判断选项；结合图象，由三点共线的充要条件即线性运算可得点的位置，结合图象，及面积公式即可判断选项；由向量的线性运算及数量积运算即可判断选项．
【详解】解：对于，设的中点为，若，
则点是的重心，故正确；
对于，若，即有，即，
则点在边的延长线上，故错误；
对于，若，且，
由图可得为的中点，则的面积是面积的，故正确；
对于，因为，所以，
即，
所以，
因为，所以点在的角平分线上，
所以，所以，
所以，所以为等腰三角形，故正确．
故选：．
11. 一个圆柱沿着轴截面截去一半，得到一个如图所示的几何体．已知四边形MNPQ是边长为2的正方形，点E为半圆弧上一动点（点E与点P，Q不重合），则（）
A. 三棱锥体积的最大值为
B. 存在点E，使得
C. 当点E为上的三等分点时，二面角的正切值为
D. 当点E为的中点时，四棱锥外接球的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】换顶点求体积可知，则取得最大值可求，故可判定选项A；从反推平面可得，故可判定选项B；利用二面角的平面角的作法，即可计算其正切值，故可判定选项C；利用补形法可将四棱锥补成三棱柱，即可求得外接球的体积，故可判定选项D.
【详解】，当E到平面距离最大值1时
取得最大值，故选项A正确；
若存在点E，使得，又，可得平面，继而可得
，在直角三角形不可能，故选项B错误；
当点E为上的三等分点时，过作于，过作于,
则为二面角的平面角，（如图）
中，故选项C正确；
当点E为中点时，可取的中点将四棱锥补成
三棱柱,则其外接球的半径为,（如图）
四棱锥外接球的体积为，故选项D正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题，共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 是虚数单位，复数__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用复数的除法得到复数的代数形式，再利用模长公式进行求解.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
13. 如图，平面向量，的夹角是60°，||＝4，||＝2，平面内任意一点E关于点B对称点为F，点F关于点C的对称点为点G，则＝______．
【答案】
【解析】
【分析】根据几何图形，转化向量，再求数量积.
【详解】，
所以，
.
故答案为：.
14. 在中，若，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据二倍角余弦公式及余弦函数的性质得，结合角A的范围求得，再由正弦定理得，利用基本不等式求解最小值即可.
【详解】因为，所以，因为，所以，
因为，且，所以，
所以，
又由正弦定理得
，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
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. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为侧棱的中点，求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接AC，，再证明即可；
（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可；
【小问1详解】
连接，设，因为平行四边形，
所以是的中点，连接，又为侧棱的中点，
所以在中有：，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
若为侧棱的中点，且由（1）知是的中点，
所以在中有：则，又平面平面，
所以平面，
由（1）知平面平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面，又平面，所以平面.
16. 已知向量，满足，，且．
（1）若，求实数k的值；
（2）求与的夹角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的垂直的数量积表示，即可求解；
（2）利用向量的数量积运算律和夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
因为，，
即，解得：
，
解得：
【小问2详解】
，
，
∴
∵，∴
17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
（1）求A；
（2）求周长的最大值.
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）由向量数量积的坐标表示得，代入已知等式，结合正余弦边角关系得，最后由三角形内角性质求角的大小；
（2）由（1）得，，再由正弦定理可得，结合基本不等式求周长最大值，注意取值条件.
【小问1详解】
已知向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又，
故且，
所以，
又，
则；
【小问2详解】
由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，
即，
所以，
则，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为
18. 已知平面，平面，为等边三角形，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）添加辅助线构成平行四边形按线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意先证明平面，再证明平面平面，即由线面垂直证明面面垂直；
（3）添加辅助线，依题意找出为和平面所成的角，结合图形求出即可.
【小问1详解】
证明：如图取的中点，连接、.为的中点，
且，
由平面，平面，
，.
又，，
四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面.
【小问2详解】
证明：为等边三角形，为的中点，
.平面，平面，，
，所以，，
又，、平面，平面，
平面，平面平面.
【小问3详解】
如图：在平面内，过作于点，连接，
平面平面，平面平面，平面，
平面.为和平面所成的角，
因为，，
则，，
在中，，
直线和平面所成角的正弦值为.
19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.
【解析】
【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．
【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，
作交于点，连接，
则是二面角的平面角．
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得，
∴，
两边同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直线上存在点，使平面．
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴．
在四边形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴当点在延长线上，且使时，平面．