河南省许昌市高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省许昌市高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试卷（Word版附解析），共26页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，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，在三棱台中，从中取3个点确定平面，若平面平面，且，则所取的这3个点可以是（ ）

A. B. C. D.
3. 已知圆锥侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D. 6
5. 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
6. 在正三棱柱中，面ABC，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ）
A. 该二十四等边体的外接球的表面积为
B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式
C. 直线与的夹角为60°
D. 平面
8. 某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高．勘探队员在山脚测得山顶的仰角为，他沿着坡角为的斜坡向上走了100米后到达，在处测得山顶的仰角为．设山高为，若在同一铅垂面，且在该铅垂面上位于直线的同侧，则（ ）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则可作为平面向量的一组基底
B. 若，都是非零向量，且，则
C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
D. 若，，则在上的投影向量的坐标是
10. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. M，N，A，B四点共面B. 直线与平面相交
C. 直线和所成的角为D. 平面和平面的夹角的正切值为2
11. 已知复数，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.）
12. 三棱锥高为，若三个侧面两两垂直，则为的______心.
13. 厦门一中为提升学校食堂服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为______．
14. 如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______．

四．解答题（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，复数（是虚数单位）.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.
16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
17. 如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求证：；
（3）求二面角的余弦值.
18. 在某抽奖活动中，初始时袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
（1）求，；
（2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式；
（3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
19. 在中，．为边上一点，为边上一点，交于．
（1）若，求；
（2）若，求和的面积之差．
2023-2024学年高一下学期6月检测一
数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，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.
【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，在三棱台中，从中取3个点确定平面，若平面平面，且，则所取的这3个点可以是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得出平面，由直线与平面平行的性质定理可知，当平面时，有，从而可得出正确选项.
【详解】由于几何体是三棱台，则，又平面，平面，所以，平面，
当平面，平面平面时，由直线与平面平行的性质定理可知，选项C符合要求.
故选：C.
3. 已知圆锥侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥母线长为l，底面半径为r，根据题意可求得母线l，底面半径r，根据勾股定理，可求得圆锥的高h，代入体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥母线长为l cm，底面半径为r cm，如图所示，

由题意得：，所以母线cm，
所以侧面展开半圆的弧长为cm，
所以底面圆的周长为，即，所以底面半径cm，
所以该圆锥的高cm，
所以圆锥的体积.
故选：C
4. 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．
5. 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
6. 在正三棱柱中，面ABC，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别取的中点，可得是异面直线与所成角即为与所成角（或其补角），在中，由余弦定理求解即可.
【详解】分别取的中点，
连接，所以，
所以异面直线与所成角即为与所成角（或其补角），
即，设，所以，
，
所以在中，所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
7. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ）
A. 该二十四等边体的外接球的表面积为
B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式
C. 直线与的夹角为60°
D. 平面
【答案】D
【解析】
【分析】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断.
【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示
记正方体体心为，取下底面中心为 ，二十四等边体的棱长为2
易知，则外接球半径
所以外接球的表面积，故A正确.
由欧拉公式可知：顶点数面数棱数2，故B正确.
又因为∥，易知直线与的夹角即为
直线与的夹角为，故C正确.
又因为∥，∥，易知直线与直线的夹角为
可知直线与直线不垂直，故直线与平面不垂直，故D错误.
故选：D
8. 某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高．勘探队员在山脚测得山顶的仰角为，他沿着坡角为的斜坡向上走了100米后到达，在处测得山顶的仰角为．设山高为，若在同一铅垂面，且在该铅垂面上位于直线的同侧，则（ ）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，结合图形，利用三角形的性质，再根据正弦定理列式，即可求解.
【详解】由题意可知，，，，
在中，，
，
由正弦定理得，即，
，所以米.，
故选：B
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则可作为平面向量的一组基底
B. 若，都是非零向量，且，则
C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
D. 若，，则在上的投影向量的坐标是
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由基向量不共线即可判断；对于B，由向量的模的公式计算可得，即可判断；对于C，两向量夹角为锐角，要考虑数量积大于0，且两向量不共线，即即可判断；对于D，利用在上的投影向量定义计算即得.
【详解】对于A项，因，故不能作为平面向量的一组基底，即A项错误；
对于B项，由两边平方，，
即，则，故B项正确；
对于C项，依题意与的夹角为锐角，
则，解得且，故C项错误；
对于D项，在上的投影向量为，故D项正确.
故选：BD.
10. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. M，N，A，B四点共面B. 直线与平面相交
C. 直线和所成的角为D. 平面和平面的夹角的正切值为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.
【详解】A：连接，如下图面，而面，面，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若为中点，连接，N为棱的中点，
由长方体性质知：，显然面，
若面，而面，显然有矛盾，
所以直线与平面相交，正确；
C：若分别是中点，连接，
由长方体性质易知：，
而，故，即直线和所成的角为，
由题设，易知，即△为等边三角形，
所以为，正确；
D：若分别是中点，显然，易知共面，
所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，
而面面，长方体中，，
如下图，为和面夹角的平面角，，正确.
故选：BCD
11. 已知复数，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】举例说明判断AD；利用复数运算及共轭复数、复数模的意义计算判断BC.
详解】对于A，取，，而，A错误；
对于B，设，
，由，
得，，B正确；
对于C，由及已知得，设，
，解得，
则，C正确；
对于D，取，，而，D错误.
故选：BC
三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.）
12. 三棱锥的高为，若三个侧面两两垂直，则为的______心.
【答案】垂
【解析】
【分析】先用反证法证明平面PBC，再由面面垂直和线面垂直的判定和性质定理证明，同理可证，，即可判断.
【详解】如图：
首先证明平面PBC.若不然，在平面PAB中，过作于，
因为平面平面PBC，平面平面PBC，平面，
所以平面PBC.（AM不同于AP）
在平面PAC中，过作于，
因为平面平面PBC，平面平面PBC，平面，
所以平面PBC.（AN不同于AP）
这样，过点A有两条不同直线AM，AN垂直于平面PBC，这是不可能的.
所以假设不成立，平面PBC得证.
同理，由三个侧面两两垂直，得平面，平面PAB，
因为平面，平面ABC，所以．①
因为平面，平面PBC，所以．②
由①②及，，平面APH，所以平面APH．
又平面APH，所以.
同理可证，，所以为的垂心.
故答案为：垂
13. 厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为______．
【答案】160
【解析】
【分析】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，利用平均数公式可得出，利用方差公式结合已知条件可得出，令得，由结合已知条件可求得的取值范围，从而可得答案.
【详解】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，
记样本中所有学生的评分为，所有教师的评分为，
由得，
所以
，
所以，即，
令，则，，
即，解得或，
因为且，得，所以.
所以总样本中学生样本的个数至少为160.
故答案为：160.
14. 如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______．

【答案】##
【解析】
【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解.
【详解】在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，，所以，
得，设（），
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求.
四．解答题（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，复数（是虚数单位）.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】根据纯虚数的定义，实部等于零，虚部不等于零，列出条件解出即可;
根据条件，虚数的实部小于零，虚部大于零，列出条件解出即可.
【小问1详解】
因为是纯虚数，所以解得
故的值为；
【小问2详解】
在复平面内对应的点为，
由题意可得.
解得，
即的取值范围是.
16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图，连接，则平面，
由平面，平面，平面，得，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，
所以，
又，所以，
由点E为的中点，得，
所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则，
所以，即二面角的余弦值为.
17. 如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求证：；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）设和交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解；
（2）由线面垂直可得线线垂直，再由菱形对角线垂直可得线面垂直，即可得证；
（3）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可.
【小问1详解】
设和交于点，连接，如图，
由于，分别是，中点，故，
∵平面，平面，所以直线平面.
【小问2详解】
在四棱柱中，底面是菱形，则，
又平面，且平面，则，
∵平面，平面，
∴平面.
平面，∴.
【小问3详解】
连接，，
因为，是中点，所以，
因为平面，平面，所以，
∴为二面角的平面角，
，，，
由余弦定理可知，
∴二面角的余弦值为.
18. 在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
（1）求，；
（2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式；
（3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
【答案】（1），
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据概率的乘法公式计算即可；
（2）分别求出第一次中奖，第次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可得解；
（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解.
小问1详解】
，
；
【小问2详解】
因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以；
【小问3详解】
由题意知每抽三次至少有一次中奖，
故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
【点睛】关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，是解决第三问的关键.
19. 在中，．为边上一点，为边上一点，交于．
（1）若，求；
（2）若，求和的面积之差．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以为基底表示出向量，再由向量夹角的余弦公式计算即可；
（2）先解三角形求出，再利用求解即可.
【小问1详解】
如图，因为，所以，

因为为边上一点，，所以为中点，
又，所以，所以，
则，
设，首先有
，
再有
，
因为不共线，所以，解得.
所以，
，
则，
，
所以.
【小问2详解】
如图，在中，由余弦定理得，，
所以，设，则，
在中，由余弦定理得，，
解得，所以，又，
所以，
所以的面积，
面积，
设四边形的面积为，
则和的面积之差.