精品解析：广东省深圳外国语学校2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题

深圳外国语学校2023-2024学年度高一第二学期第二次月考 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知是两个单位向量，则下列四个结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用单位向量的定义与向量数量积运算即可得解. 【详解】对于A，因为是两个单位向量，但两者方向不一定相同， 所以不一定成立，故A错误； 对于B，，显然不一定成立，故B错误； 对于C，，则，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：D. 2. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法及乘方运算可得，，即得. 【详解】因为， 所以. 故选：D ． 3. 某校为了了解高二学生的身高情况，打算在高二年级12个班中抽取3个班，再按每个班男女生比例抽取样本，正确的抽样方法是（ ） A. 简单随机抽样 B. 先用分层抽样，再用随机数表法 C. 分层抽样 D. 先用抽签法，再用分层抽样 【答案】D 【解析】 【分析】利用抽样方法求解． 【详解】解：在高二年级12个班中抽取3个班，这属于简单随机抽样中的抽签法， 按男女生比例抽取样本属于分层抽样，所以是先用抽签法，再用分层抽样． 故选：D． 4. 设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面的位置关系判断即可. 【详解】对于A中，由，只有当与相交时才能得到，所以A错误； 对于B中，由，，可得，又由，所以，所以B错误； 对于C中，若，，所以，又，所以，所以C正确； 对于D中，由，，则或， 当时，由，则或与异面； 当时，由，则或与相交，所以D错误． 故选：C 5. 的内角的对边分别为，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用正弦定理公式，可以求出另一边的对角正弦值，最后还要根据三角形的特点：“大角对大边”进行合理排除. 【详解】A. ,由所以不存在这样的三角形. B. ,由且所以只有一个角B C. 中，同理也只有一个三角形. D. 中此时，所以出现两个角符合题意，即存在两个三角形. 所以选择D 【点睛】在直接用正弦定理求另外一角中，求出后，记得一定要去判断是否会出现两个角. 6. 已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据异面直线所成角及余弦定理即可求解. 【详解】如图，连接，则， 正四棱柱的体积为， 则，则， 则为异面直线与所成角， 则，， 故. 故选：D 7. 如图，在测量河对岸的塔高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】先根据正弦定理求得，进而在中，利用求解． 【详解】在中，，，， 则， 由正弦定理得， 所以. 在中，， 所以米. 故选：A 8. 祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一补四脚帐篷的示意图，其中曲线和均是以为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先证明等高处的水平截面截两个几何体的截面的面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，计算即可. 【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为， 设底面中心为，截面中心为，则，， 所以，所以截面为的面积为. 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为，， 所以，所以为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为， 所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 故选：A. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 在中，，则的面积为 B. 已知向量，则 C. 在中，若，则是等腰三角形 D. 已知向量与的夹角为钝角，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】由三角形面积公式直接求解可判断A；根据向量坐标运算求解可判断B；记的中点为D，根据向量加法运算结合已知可得中线垂直于，然后可判断C；考虑与反向时不满足条件即可判断D. 【详解】，故A正确； ，故B错误； 记的中点为D，由于， 因此中线垂直于，所以是等腰三角形，故C正确； 与的夹角为钝角， 且，故D错误. 故选：AC. 10. 设为复数，下列命题正确的是（ ） A. B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数模的性质判断A，取特殊值判断BC，根据复数模的性质、共轭复数模的性质判断D. 【详解】由复数模的性质知，故A正确； 取，则，故B错误； 取，则，为实数，故C错误； 因为，，所以，故D正确. 故选：AD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段运动，点在线段运动，则（ ） A. 对任意的点，有 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 若线段面，则为的内心 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据题意分析可得平面，即可得结果；对于B：根据题意分析可知：的最小值即为点到平面的距离，利用等体积法求点到面的距离；对于C：通过翻折两个三角形在同一个面上，根据两点间连线最短；对于D：证明平面，即可得到为的外心，再由正三角形的性质判断即可. 【详解】对于A：因为为正方形，则， 因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 由平面，所以，故A正确； 对于B：的最小值即为异面直线，的距离， 此时，， 由正方形的性质可知：，可得， 且，平面，可得平面， 的最小值即为点到平面的距离， 且，平面，平面，可得平面， 可知点到平面的距离即为点到平面的距离，设为， 因为，即，解得， 所以的最小值为，故B正确； 对于C：将与翻折到同一平面（以下都在平面图形中）， 连接交于点，则的最小值为， 因为，，， 所以，则，， 所以，，， 由余弦定理，则， 所以的最小值为，故C错误. 对于D：如图，连接， 因为四边形为正方形，则， ∵平面，平面，则， 因为，平面， ∴平面， ∵平面，∴， 同理可证， ∵，平面， 平面. ∵， ∴， ∴， ∴为的外心. ∵， ∴是正三角形， ∴为的内心，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：对于B选项关键是转化为求点到平面的距离，对于C，关键是化折为直，都体现了转化思想. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某企业为了解员工身体健康情况，采用分层抽样的方法从该企业的销售部门和研发部门抽取部分员工体检，已知该企业销售部门和研发部门的员工人数之比是5：1，且被抽到参加体检的员工中，销售部门的人数比研发部门的人数多84，则参加体检的人数是________． 【答案】126 【解析】 【分析】设参加体检的人数是n，列式解方程即可得出答案. 【详解】设参加体检的人数是n，则，解得， 所以参加体检的人数是126． 故答案为：126． 13. 如图为一个圆锥形的金属配件，重90克，其轴截面是一个等边三角形，现将其打磨成一个体积最大的球形配件，则该球形配件的重量为__________克. 【答案】40 【解析】 【分析】根据圆锥和球的体积公式，结合体积比求解即可得出结果. 【详解】由于该圆锥的轴截面为等边三角形，如图所示： 设内切球的半径为r，， 所以， 所以， 则：，解得. 故答案为：40. 14. 平面直角坐标系xOy中点A位于第一象限，线段OA的长为，与x轴所成的夹角为，且，在斜二测画法下其直观图为线段，则线段的长度为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，作出图形的直观图，结合勾股定理，即可求解. 【详解】如图（1）所示，过点作轴，轴， 因为线段OA的长为，与x轴所成的夹角为，且， 可得，且，解得， 其直观图，如图（2）所示，过点作，垂足为， 根据斜二测画法的规则，可得， 且， 在直角中，可得， 所以. 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，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.设. （1）求的模长； （2）若，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由. 【答案】（1） （2）不正确，理由如下： 因为，， 所以， ； 若，则，所以； 反之若，则，则； 所以“”的充要条件是“”. 【解析】 【分析】（1）根据数量积的定义求出，再由及数量积的运算律计算可得； （2）根据数量积的运算律求出，根据得到，即可说明； 【小问1详解】 由题意可知，，， 所以， ； 【小问2详解】 略 16. 余弦定理是揭示三角形边角关系的重要定理，也是在勾股定理的基础上，增加了角度要素而成.而对三角形的边赋予方向，这些边就成了向量，向量与三角形的知识有着高度的结合.已知分别为内角的对边： （1）请用向量方法证明余弦定理； （2）在中，且，的面积，求的周长 【答案】（1） 证明：如图所示，由平面向量的三角形法则，可得， 所以，可得. （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的运算法则，得到，结合，即可得证；. （2）根据题意，利用三角形的面积公式，求得，再由余弦定理求得的值，进而求得的周长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由中，且，的面积， 可得，解得， 又由余弦定理得， 即，可得， 所以的周长. 17. 如图，在三棱柱中，分别是的中点． 求证：（1）平面平面； （2）三线共点． 【答案】（1）证明:∵分别为的中点，∴， ∵平面平面， ∴平面． ∵与平行且相等， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面平面，∴平面． ∵，∴平面平面． （2）证明:∵，∴与必相交， 设交点为，则由平面，得平面， 同理平面， 又平面平面， ∴直线，∴三线共点． 【解析】 【分析】（1）分别为的中点，得出，求得平面．再根平行四边形的性质得出，求得平面，即可证明平面平面；（2）根据平面的性质，证得直线，即可证明三点共线． 【详解】（1）略； （2）略. 18. 如图，已知是边长为的正三角形，点在边上，且，点为线段上一点. （1）若，求实数的值； （2）求的最小值； （3）求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形，利用平面向量基本定理，以及向量的线性运算，即可求解； （2）首先用基底向量表示向量和，再结合数量积的运算律表示为函数求最值问题，即可求解； （3）首先在△QPC中，设，，，再根据正弦定理，利用三角函数表示的周长，结合三角函数恒等变换以及函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 由题意，即，故，因为为线段上一点， 设， 又，， 即，又不共线， 所以，解得，所以； 【小问2详解】 因为， 由（1）知，， ， 所以 ， 设， 当时，， 所以的最小值为； 【小问3详解】 在中，，， 在中，设，，， 在中，，即，，，， 在中，，即， ， 所以的周长． 代入上式得：． 令． ，而． 在中，，，，， ，，即， 又． ，设，则， 即，，得，即， ，设，则， 即，，得，即， ， ， 所以， 因此的周长的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的表示即运算，以及三角函数的性质和解三角形的综合应用问题，第三问是本题的难点，关键是将周长表示为关于的三角函数. 19. 如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，点是上半圆上的动点（不包含两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面 （1）用反证法证明：不可能垂直； （2）当平面时，求的值； （3）设与平面所成的角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值. 【答案】（1）证明：假设， 因为平面平面，平面平面. 作，则平面，又平面，则， 平面，则平面，而平面， 则，这与在中，相矛盾. 所以不可能垂直. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）假设，结合面面垂直性质得平面，推出矛盾即可求证明； （2）由平面得，结合三角形相似求解； （3）作垂足为，连接，过作垂足为，连结，证明和分别为，结合两角差正切公式和基本不等式求最值即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 连接交于点，连接，则平面平面， 依题意，平面，平面，所以， 所以， 等腰梯形中，∽，所以. 【小问3详解】 作垂足为，连接， 平面平面，平面平面 此时，平面，是在平面的射影， 所以即为与平面所成的角，则， 过作垂足为，连结， 又，，平面，所以平面 ，平面，.所以即为二面角的平面角. ，所以，即，， 所以， 等号取得当且仅当，时， 所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查线面，面面垂直的判定及性质，关键是利用定义法得到二面角并结合基本不等式求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校2023-2024学年度高一第二学期第二次月考 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知是两个单位向量，则下列四个结论正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2 3. 某校为了了解高二学生的身高情况，打算在高二年级12个班中抽取3个班，再按每个班男女生比例抽取样本，正确的抽样方法是（ ） A. 简单随机抽样 B. 先用分层抽样，再用随机数表法 C. 分层抽样 D. 先用抽签法，再用分层抽样 4. 设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 的内角的对边分别为，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是 A. B. C. D. 6. 已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在测量河对岸的塔高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一补四脚帐篷的示意图，其中曲线和均是以为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（ ） 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 在中，，则的面积为 B. 已知向量，则 C. 在中，若，则是等腰三角形 D. 已知向量与的夹角为钝角，则的取值范围是 10. 设为复数，下列命题正确的是（ ） A. B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，且，则 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段运动，点在线段运动，则（ ） A. 对任意的点，有 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 若线段面，则为的内心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某企业为了解员工身体健康情况，采用分层抽样的方法从该企业的销售部门和研发部门抽取部分员工体检，已知该企业销售部门和研发部门的员工人数之比是5：1，且被抽到参加体检的员工中，销售部门的人数比研发部门的人数多84，则参加体检的人数是________． 13. 如图为一个圆锥形的金属配件，重90克，其轴截面是一个等边三角形，现将其打磨成一个体积最大的球形配件，则该球形配件的重量为__________克. 14. 平面直角坐标系xOy中点A位于第一象限，线段OA的长为，与x轴所成的夹角为，且，在斜二测画法下其直观图为线段，则线段的长度为___________． 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，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.设. （1）求的模长； （2）若，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由. 16. 余弦定理是揭示三角形边角关系的重要定理，也是在勾股定理的基础上，增加了角度要素而成.而对三角形的边赋予方向，这些边就成了向量，向量与三角形的知识有着高度的结合.已知分别为内角的对边： （1）请用向量方法证明余弦定理； （2）在中，且，的面积，求的周长 17. 如图，在三棱柱中，分别是的中点． 求证：（1）平面平面； （2）三线共点． 18. 如图，已知是边长为的正三角形，点在边上，且，点为线段上一点. （1）若，求实数的值； （2）求的最小值； （3）求周长的取值范围. 19. 如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，点是上半圆上的动点（不包含两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面 （1）用反证法证明：不可能垂直； （2）当平面时，求的值； （3）设与平面所成的角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $