精品解析：山东省德州市夏津育中万隆中英文高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

夏津育中万隆中英文高级中学 高一下学期第二次月考数学试题 本试卷共2页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义可得，即可根据复数的加减运算得，由模长公式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以 故选：D 2. 在中，已知，，则角B等于（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理可求，由，三角形中大边对大角可得，即可求解. 【详解】，由正弦定理可得，， 由可得，，则 故选：A 3. 已知一个正三棱锥的高为3，如下图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中，则此正三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据的长，求得正三棱锥的底面边长，由此求得底面积，进而求得正三棱锥的体积. 【详解】由于，所以，根据斜二测画法的知识可知，正三棱锥的底面等边三角形的边长为，其面积为，所以正三棱锥的体积为. 故选：A 【点睛】本小题主要考查根据斜二测画法的直观图，求原图的边长，考查正棱锥的体积的求法，属于基础题. 4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，可过n作平面，使，则，即可判断；对于B，由线面垂直的性质即可判断；对于C，由条件，可得，又，则，即可判断；对于D，要考虑可能在平面内，即可判断． 【详解】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，， 所以，所以，故A正确； 对于B，当，，由线面垂直的性质可得，故B正确； 对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确； 对于D，当，时，可能在平面内，故D错误． 故选：D． 5. 如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（    ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用扇形的弧长公式，结合已知条件，求出圆台上、下底面圆的半径和的长，再结合圆台的几何结构特征，即可求得圆台的高. 【详解】因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为， 所以在圆锥中，可得，所以， 又在圆锥中，可得，所以， 所以该圆台的高为 . 故选：A. 6. 已知正四棱锥的所有棱长均为为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题中条件连接，取的中点，连接，作出异面直线所成角或补角，利用余弦定理求解即可. 【详解】连接，取的中点，连接， 由题意可得，则异面直线与所成角为或其补角， 在中，， 则， 则异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 7. 三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可. 【详解】圆筒体积为底面半径，高度为的圆柱体的体积减去底面半径为，高度为的圆柱体的体积， 故其体积； 中间部分的体积为棱长为的长方体的体积减去底面半径为，高为的圆柱体的体积， 故其体积； 故玉琮的体积. 故选：B. 8. 已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可. 【详解】正方体的外接球球心是的中点，而， 则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面过线段的中点P， 因此点与点到平面的距离相等，由平面，，得平面， 在平面内过作于，而平面，于是， 又，从而，又球的半径， 则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径，有， 所以正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积. 故选：D 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 在中，角的对边分别为，下列结论中正确的选项有（    ） A. 若，则 B. 若，则一定是等腰三角形 C. 若 D. 若，则是锐角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，因为，所以，由正弦定理得，所以A正确； 对于B中，因为，由正弦定理得， 则，所以或，即或， 所以是等腰三角形或直角三角形，所以B错误； 对于C中，由正弦定理， 可得，所以，故C正确； 对于D中，因为，设，则，， 显然，由余弦定理， 又，所以为锐角，则是锐角三角形，所以D正确. 故选：ACD 10. 在棱长为2的正方体中，分别是，，的中点，则下列正确的是（    ） A. M，N，B，四点共面 B. 平面 C. 平面 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】由与为异面直线即可判断A，取中点，连接，即可证明，从而判断B，取中点，连接，即可证明平面，从而判断C，四边形为平面截正方体所得的截面，求出截面面积，即可判断D. 【详解】对于A，因为平面，平面，平面，且， 所以与为异面直线，所以，，，不可能四点共面，故A错误； 对于B，取中点，连接，由正方体得四边形为平行四边形， 所以，因为点为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，取中点，连接，则，所以， 所以，所以， 由正方体得，平面，又平面， 所以，因为，平面，所以平面， 又，且平面，即与不平行， 所以与平面不垂直，故C错误； 对于D，因为，，所以，故四边形为平面截正方体所得的截面， 又， 所以四边形是等腰梯形，则梯形的高是， 所以梯形的面积，故D正确． 故选：BD 11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成的角为60° C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，由对称性可得四边形为菱形，故，从而得到线面平行；B选项，作出辅助线，得到直线与平面所成的角为，求出边长，得到夹角；C选项，，故只需最小，当为的中点时，⊥，此时最小，且，从而求出的最小值；D选项，等体积法得到三棱锥的体积为定值. 【详解】A选项，连接，由对称性可知，⊥平面， 且相交于点，为和的中点， 又，故四边形为菱形，故， 又平面，平面， 所以平面，正确； B选项，连接，则相交于点， 因为四边形为正方体，故， 由A选项，同理可得四边形为菱形，故， 又，平面，故平面， 故直线与平面所成的角为， 且由题意得，，故， 故，错误； C选项，由题意得，，故只需最小， 在等边三角形中，当为的中点时，⊥，此时最小， 且，故若点为棱上的动点，则的最小值为，正确； D选项，，其中到平面的距离为， 设菱形的面积为，则，， 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，错误. 故选：AC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡上） 12. 一个圆台的上、下底面的半径分别为和，体积为，则它的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆台的高为，根据题意，求得，结合圆台的侧面积公式，即可求解. 【详解】设圆台的高为，则，解得， 所以圆台的母线长为， 则圆台的表面积为. 故答案为：. 13. 已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且，则球的体积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用截面三角形是直角三角形，可得外接圆半径是斜边的一半，再由球心距，小圆半径和球的半径组成勾股定理来计算即可. 【详解】在中，由，得，则， 所以外接圆半径，设球半径为，依题意，， 即，，所以球的体积， 故答案为：. 14. 兴隆塔，建于隋朝，位于区博物馆内.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量兴隆塔的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，兴隆塔垂直于水平面，他们选择了与兴隆塔底部在同一水平面上的两点，测得米，在两点观察塔顶点，仰角分别为和，其中，，兴隆塔的高的长是________米；此时多面体的内切球的半径是__________米. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设米，得到，在中，求得，得到，利用余弦定理列出方程，求得的长，再由，求得内切球的半径. 【详解】设米，在中，，则， 在中，，且，则，所以，因为，所以由余弦定理得， 整理得：，解得(米)， 由均为直角三角形，且， 可得， 在中，可得，所以为直角三角形， 所以, 所以三棱锥的表面积为， 设多面体的内切球的半径为，则 所以米. 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.把答案填在答题卡上） 15. 已知是复数，求 （1） （2）若均为实数，且复数在复平面内对应的点位于第三象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的运算律计算即可； （2）设，根据均为实数，可得，由复数在复平面内对应的点位于第三象限，可求出实数的取值范围. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 设， 因为为实数， 所以，故， 又为实数， 所以，故， 因为在复平面内对应的点位于第三象限， 所以， 解得， 所以实数的取值范围是. 16. 在中，三个角，，所对的边分别是，，，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得，结合范围，可得的值； （2）由已知利用三角形的面积公式可得，进而根据余弦定理可求，的值，即可得解的周长； 【详解】（1）由正弦定理知，已知条件可化为， 又在中， 所以，因为，所以， 又因为，所以． （2）因为， 所以，得， 由知，， 所以，， 所以的周长为． 17. 在三棱锥中，平面，． （1）证明：； （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：因为平面，且平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以. （2） ①证明：连接，因为点分别为的中点，所以， 又因为平面，且平面，所以直线平面. ②平行，证明如下： 因为平面，平面，平面平面， 所以. 【解析】 【分析】（1）由平面，证得，再由，证得平面，进而证得； （2）①连接，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； ②因为平面，结合线面平行的性质定理，即可证得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）∵，， ∴， ∴. ∵在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC， ∴， 又因为，平面，平面， ∴平面， 又平面ACE， ∴平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先根据勾股定理证得，根据直棱柱的性质和线面垂直的性质定理证得；再根据线面垂直的判定定理证得平面；最后根据面面垂直的判定定理即可证得平面平面. （2）根据三棱锥等体积及锥体体积公式可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面， ∴AC为三棱锥的高，且. 由直三棱柱的性质可得：四边形为矩形. 因为，分别为，的中点， 所以，，， 则， ∴． 19. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，， ． （1）求二面角的大小； （2）求三棱锥的体积； （3）点在线段上且满足．试问：在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过点分别作，，得到为二面角的平面角，结合，即可求解； （2）过点作，证得平面，得到，进而证得平面，且，结合锥体的体积公式，即可求解； （3）当点在线段上时，由，得到，证得平面，得到，求得，即可求解. 【小问1详解】 过点分别作，，分别交，于，，连接， 则为二面角的平面角， 因为四边形为正方形，，所以，， 由已知得，所以． 【小问2详解】 过点作，垂足为， 因为，，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为三棱锥的高，且， 因为，所以． 【小问3详解】 假设存在点． 当点在线段上时，连接交于， 则，因为，所以， 因为平面，平面， 平面平面，所以，所以， 综上，在直线上存在点，使平面，此时的值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 夏津育中万隆中英文高级中学 高一下学期第二次月考数学试题 本试卷共2页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，已知，，则角B等于（ ） A. B. 或 C. D. 或 3. 已知一个正三棱锥的高为3，如下图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中，则此正三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 5. 如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（    ） A. B. C. 1 D. 4 6. 已知正四棱锥的所有棱长均为为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 在中，角的对边分别为，下列结论中正确的选项有（    ） A. 若，则 B. 若，则一定是等腰三角形 C. 若 D. 若，则是锐角三角形 10. 在棱长为2的正方体中，分别是，，的中点，则下列正确的是（    ） A. M，N，B，四点共面 B. 平面 C. 平面 D. 平面截正方体所得的截面面积为 11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成的角为60° C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡上） 12. 一个圆台的上、下底面的半径分别为和，体积为，则它的表面积为__________． 13. 已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且，则球的体积为____________. 14. 兴隆塔，建于隋朝，位于区博物馆内.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量兴隆塔的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，兴隆塔垂直于水平面，他们选择了与兴隆塔底部在同一水平面上的两点，测得米，在两点观察塔顶点，仰角分别为和，其中，，兴隆塔的高的长是________米；此时多面体的内切球的半径是__________米. 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.把答案填在答题卡上） 15. 已知是复数，求 （1） （2）若均为实数，且复数在复平面内对应的点位于第三象限，求实数的取值范围. 16. 在中，三个角，，所对的边分别是，，，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 17. 在三棱锥中，平面，． （1）证明：； （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，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求三棱锥的体积． 19. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，， ． （1）求二面角的大小； （2）求三棱锥的体积； （3）点在线段上且满足．试问：在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $