精品解析：湖南省耒阳市第一中学2023-2024学年高一下学期第三次月考数学试题

湖南省耒阳市第一中学2023-2024学年高一下学期第三次月考数学试题 考试时间:150分钟 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】求出，化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】由题得， ，，其对应的点位于第四象限. 故选：D． 2. 设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能构成基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【分析】判断每个选项中的向量是否共线，即可判断出答案. 【详解】由于是平面内的一个基底，故不共线， 和不共线，故A能构成基底， 和共线，故B不能构成基底， 和不共线，故C能构成基底， 根据向量的加减法法则可知和不共线，故D能构成基底， 故选：B 3. 设，m是两条直线，，是两个平面，则（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行或垂直的判定及性质定理逐个判断即可． 【详解】对于A，若，，，则与可能平行，也可能相交，还可能异面，故A错误； 对于B，若，，则，又，所以，故B正确； 对于C，D，，，，则与可能平行，也可能异面或相交，故C，D错误； 故选：B． 4. 在新冠肺炎疫情期间，大多数学生都在家进行网上上课，某校高一，高二，高三共有学生6000名，为了了解同学们对某授课软件的意见，计划采用分层抽样的方法从这6000名学生中抽取一个容量60的样本，若从高一，高二，高三抽取的人数恰好是从小到大排列的连续偶数，则该校高二年级的人数为（ ） A. 1000 B. 1500 C. 2000 D. 3000 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样的性质，结合样本容量进行求解即可. 【详解】因为从高一、高二、高三抽取的人数恰好是从小到大排列的连续偶数， 所以设高三抽取的人数为，则高二抽取的人数为，高一抽取的人数为， 因为样本容量为60，所以， 设我校高二年级的人数为 ， 根据分层抽样得：， 故选：C 5. 在 中， 在边 上，且是边 上任意一点， 与 交于点，若，则（ ） A. B. C. 3 D. -3 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，得，再利用平面向量基本定理，可得，然后就可得到结果. 【详解】三点共线，设， 则， 又，所以，即. 故选：C. 6. 在 中，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】B 【解析】 【分析】由余弦定理可判定选项A，利用正弦定理和大边对大角可判断选项B，C，D. 【详解】对于A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边， 任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误； 对于B，根据正弦定理得，， 又，，B有两解，故B符合题意； 对于C，由正弦定理：得：， C只有一解，故C不符合题意. 对于D，根据正弦定理得，， 又，，D只有一解，故D不符合题意. 故选：B 7. 在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意易知的轨迹是以 为圆心，半径为的四分之一圆，即可求扫过的面积. 【详解】由题意得：正方体中，易得， 要使直线与直线所成角的大小为， 只需与直线所成角的大小为， 所以绕以夹角旋转为锥体的一部分，如图所示： 所以,即， 所以点的轨迹是以 为圆心，为半径的四分之一圆， 故线段扫过的面积的大小为. 故选：A. 8. 在直三棱柱中，，， 为四边形的中心，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用异面直角所成角的定义作出所求的角，然后利用余弦定理求解即可. 【详解】如图，延长 至点 ，使，延长至点 ，使，连接 ，， 易证，则异面直线与的夹角为，过 作，垂足为 ， 交于 ， 连接 ，，，由余弦定理得， ，所以，， 易得，所以. 故选：C 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 如图，垂直于以 为直径的圆所在的平面，点 是圆周上异于 、 的任一点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项；利用反证法可判断AC选项. 【详解】因为平面， 平面，所以，， 因为点 是以 为直径的圆上且异于 、 的任一点，，则， 因为，、平面，所以， 平面， 因为 平面，所以，平面平面，B对D对； 因为平面，平面，则，则为锐角， 即 与不垂直，故 与平面不垂直，C错； 若，又因为，，、 平面， 所以，平面，与C选项矛盾，A错. 故选：BD. 10. 已知圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，其母线长为，底面圆周上有 ， 两点，下列说法正确的有（ ） A. 截面的最大面积为 B. 若，则直线与平面夹角的正弦值为 C. 若一只小蚂蚁从圆锥底面圆周上一点绕侧面一周回到原点，则最短路程为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用截面的面积为，即得的最大面积判断A；对于B，求出直线与平面夹角判断B；对于C，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，最短路程；对于D，设，则，当，体积最大，进而得到其外接球表面积. 【详解】对于A，截面的面积为，所以当时，截面的面积最大，为，A错误． 对于B，设 为圆锥底面圆的直径．由，得， 则．如图，取线段 的中点 ，连接 ，． ，易知为等边三角形，平面． 所以点 到平面的距离为， 所以直线与平面夹角的正弦值为，B正确． 对于C，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为， 又因为，所以最短路程为，C错误． 对于D，，设，则， 所以当时，三棱锥的体积取得最大值， 此时外接球的半径， 则外接球的表面积，D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：本题求解时一定要结合图形，抓住变化中的不变、运动中的静止，体会数形结合思想、转化与化归思想等多种数学思想方法的应用． 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体的顶点数、面数 、棱数 满足关系式 C. 该半正多面体过三点的截面面积为 D. 该半正多面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到，求出正方体体积减去8个三棱锥的体积即可；B选项，得到，B正确；C选项，过三点的截面为正六边形，结合三角形面积公式求出C错误；D选项，转化为外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A正确； 对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，即，满足，故B正确； 对于C，由平行关系得到过三点的截面为正六边形，边长为2， 可分割为6个正三角形，所以，故C错误； 对于D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2， 侧棱长为的正四棱柱的外接球，故外接球半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确， 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图所示，一个水平放置的四边形 的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形 的面积是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则求出，判断四边形 的形状，确定，由此求出面积. 【详解】在正方形中可得， 由斜二测画法可知， 且， 所以四边形 为平行四边形， 所以原四边形 的面积是， 故答案为：. 13. 如图所示五面体的形状就是《九章算术》中所述“羡除”其中，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长a，b，c、“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离m、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离n．已知，则此“羡除”的体积为____________． 【答案】4 【解析】 【分析】将该几何体分成一个三棱柱与一个四棱锥即可求得. 【详解】如图1，将该几何体分成一个三棱柱与一个四棱锥, , 如图2，将三棱柱进行割补，使得新三棱柱是高为1的直三棱柱 ． ∴几何体的体积为4. 故答案为：4. 14. 如图，在 中，已知，点 是边 的中点，且，直线与 相交于点，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理和三点共线知识可得，然后根据数量积运算律求解可得. 【详解】因为 三点共线，且，点 是边 的中点， 所以存在实数x满足， 又因为三点共线，所以， 所以，而， 且， 所以 . 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 已知向量满足，． （1）若，求的值； （2）若，求在上的投影向量的模． 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知求出，再利用向量模的公式求解； （2）由已知求出，再利用投影向量模的公式求解. 【小问1详解】 由，所以， 由，得， 所以， 【小问2详解】 由，得， 所以， 所以投影向量坐标为， 所以在上的投影向量的模为 16. 在锐角 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为 （1）求角A的大小； （2）当时，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可； （2）根据正弦定理先得出，根据三角形内角和性质及余弦函数的单调性计算即可. 【小问1详解】 由正弦定理得：， 所以，即， 因为，所以， 又，所以 【小问2详解】 ，，由正弦定理， 所以， 因为 为锐角三角形，所以，则， 所以， 所以 17. 我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”．如图，在三棱锥中，平面． （1）证明：三棱锥为鳖臑； （2）若 为 上一点，点分别为的中点．平面与平面的交线为． ①证明：直线平面； ②判断与的位置关系，并证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析； （2）①证明见解析；②平行，证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理即可求解； （2）①利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解； ②利用①的结论及线面平行的性质定理即可求解. 【小问1详解】 ∵， ∴ 为直角三角形， ∵平面，且平面， 平面，平面， ∴，，， ∴ 和为直角三角形， ∵，平面，平面， ∴平面， 又∵平面， ∴， ∴ 为直角三角形， ∴三棱锥为鳖曘. 【小问2详解】 ① 连接，∵点分别为的中点， ∴， 且平面，平面， 所以直线平面， ②平行， 证明：平面，平面，平面平面=， 所以. 18. 如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点． （1）证明； （2）求点B到平面的距离． 【答案】（1）证明如下： 如图、连接BD， ∵，，∴， ∴，∴． ∵平面ABCD，∴， 又，∴ 平面， ∵平面，∴． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明 平面，利用线面垂直证明线线垂直即可； （2）利用等体积法求解店面距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接BM，． 由已知可得，，， ∴，∴． 设点B到平面的距离为h， 由（1）知BC⊥平面， ∴三棱锥的体积， 即， 解得，即点B到平面的距离为． 19. 如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面 为矩形，且平面平面 ， ， 分别为 ， 的中点，二面角的正切值为2. （1）求四棱锥的体积； （2）证明： （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）证明：由（1）知，平面 ，平面 ， ∴ 在正方形 中，易知 ∴ 而， ∴∴ ∵，∴平面 ∵平面， ∴. （3） 【解析】 【分析】（1）先证明为二面角的平面角，可得底面 为正方形，利用锥体的体积公式计算即可； （2）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明； （3）由平面可得为直线与平面所成的角，计算其正弦值即可. 【小问1详解】 解：∵是边长为2的正三角形， 为 中点，∴， 又∵平面平面 ，平面平面 ∴平面 又平面 ，∴ ∴为二面角的平面角， ∴ 又，∴∴底面 为正方形. ∴四棱的体积. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，连接， . ∵平面. ∴为直线与平面所成的角 ∵，∴， ∴ 又， ∴ ∴直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省耒阳市第一中学2023-2024学年高一下学期第三次月考数学试题 考试时间:150分钟 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能构成基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 3. 设，m是两条直线，，是两个平面，则（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 在新冠肺炎疫情期间，大多数学生都在家进行网上上课，某校高一，高二，高三共有学生6000名，为了了解同学们对某授课软件的意见，计划采用分层抽样的方法从这6000名学生中抽取一个容量60的样本，若从高一，高二，高三抽取的人数恰好是从小到大排列的连续偶数，则该校高二年级的人数为（ ） A. 1000 B. 1500 C. 2000 D. 3000 5. 在 中， 在边 上，且是边 上任意一点， 与 交于点，若，则（ ） A. B. C. 3 D. -3 6. 在 中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 在直三棱柱中，，， 为四边形的中心，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 如图，垂直于以 为直径的圆所在的平面，点是圆周上异于 、 的任一点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 平面平面 10. 已知圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，其母线长为，底面圆周上有 ， 两点，下列说法正确的有（ ） A. 截面的最大面积为 B. 若，则直线与平面夹角的正弦值为 C. 若一只小蚂蚁从圆锥底面圆周上一点绕侧面一周回到原点，则最短路程为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体的顶点数 、面数 、棱数 满足关系式 C. 该半正多面体过三点的截面面积为 D. 该半正多面体外接球的表面积为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图所示，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是______. 13. 如图所示五面体的形状就是《九章算术》中所述“羡除”其中，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长a，b，c、“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离m、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离n．已知，则此“羡除”的体积为____________． 14. 如图，在 中，已知，点 是边 的中点，且，直线与 相交于点，则__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 已知向量满足，． （1）若，求的值； （2）若，求在上的投影向量的模． 16. 在锐角 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为 （1）求角A的大小； （2）当时，求的取值范围. 17. 我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”．如图，在三棱锥中，平面． （1）证明：三棱锥为鳖臑； （2）若 为 上一点，点分别为的中点．平面与平面的交线为． ①证明：直线平面； ②判断与的位置关系，并证明你的结论． 18. 如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点． （1）证明； （2）求点B到平面的距离． 19. 如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面 为矩形，且平面平面 ， ， 分别为 ， 的中点，二面角的正切值为2. （1）求四棱锥的体积； （2）证明： （3）求直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $