精品解析：天津市第三中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

天津市第三中学2023~2024学年度第二学期高一年级阶段性检测试 数学 第I卷 选择题 一、单选题（共9题，每题4分，共36分） 1. i是虚数单位，计算的结果为（ ） A. B. C. D. 2. 一个圆柱的侧面展开图是长为4，宽为2的矩形，则该圆柱的轴截面的面积为（ ） A. 32 B. C. D. 3. 如图所示直角梯形上下两底分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 4. 若长方体的长、宽、高分别为，则长方体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知、表示两个不同平面，、是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A. ，， B. ， C. ，， D. ，， 6. 已知圆锥母线长为，为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长均相等的正三棱柱中,E为棱AB的中点,则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，，则； ④若，，，，，则． 其中真命题个数是（ ） A B. C. D. 9. 如图所示，在三棱锥中，且，则下列命题正确的个数是（ ） ①平面平面 ②平面平面 ③平面平面 ④平面平面 ⑤平面平面 ⑥平面平面 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 第II卷 非选择题（共10道题，共64分） 二、填空题（共6道题，每题4分，共24分） 10. 已知复数（是虚数单位），则它的模______ 11. 已知一个平面的法向量是，一条直线的方向向量是，则与的位置关系是_________. 12. 已知空间向量，，则_________. 13. 用与球心距离为1的平面去截该球，所得截面面积为π，则该球的体积 _____________. 14. 如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝4且AB与CD所成的角为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则EF_____． 15. 已知正三棱柱的六个顶点都在球的表面上，若这个三棱柱的体积为，则________，球的表面积为________． 三、解答题（共4道题，每题10分，共40分） 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，． （1）求b的值； （2）求的值． 17. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点． （1）证明：PB∥平面ACM； （2）证明：AD⊥平面PAC． 18. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是PD的中点. （1）求证：平面平面PAD； （2）求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值； （3）求B点到平面EAC的距离. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，． （1）证明； （2）求二面角余弦值； （3）设E为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市第三中学2023~2024学年度第二学期高一年级阶段性检测试 数学 第I卷 选择题 一、单选题（共9题，每题4分，共36分） 1. i是虚数单位，计算的结果为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的除法化简即可. 【详解】. 故选：A 2. 一个圆柱的侧面展开图是长为4，宽为2的矩形，则该圆柱的轴截面的面积为（ ） A. 32 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆柱侧面展开图的特征，分4为底面周长和2为底面周长两种情况讨论求解. 【详解】若4为底面周长，则圆柱的高为2，此时圆柱的底面直径为，故圆柱的轴截面的面积为； 若2为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为，故圆柱的轴截面的面积为. 故选：D. 3. 如图所示直角梯形上下两底分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由梯形面积公式求出原图的面积，结合原图与直观图面积的关系，分析即可得出结果. 【详解】根据题意，原图直角梯形中，上下两底分别2和4，高为， 其面积， 则其直观图的面积. 故选：B. 4. 若长方体的长、宽、高分别为，则长方体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得长方体对角线长得外接球直径，再计算球的表面积即可． 【详解】由已知得长方体的对角线长为，所以外接球半径为， 球表面积为， 故选：A． 5. 已知、表示两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A. ，， B. ， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件判断线线、线面位置关系，可判断ABD选项的正误；利用面面垂直的性质定理以及线面平行的判定定理可判断C选项. 【详解】对于A选项，若，，，则、的位置关系不确定，A错； 对于B选项，若，，则与的位置关系不确定，B错； 对于C选项，设，过直线上的点在平面内作，如下图所示： 因为，，，，则， ，则，又因为，，所以，，C对； 对于D选项，，，，则、平行或异面，D错. 故选：C. 6. 已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积等于，可求得圆锥的底面圆半径，再由体积公式求解即可. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，由母线长为2，侧面积等于， 得，解得， 因此圆锥的高， 所以该圆锥的体积为． 故选：C． 7. 在棱长均相等的正三棱柱中,E为棱AB的中点,则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题线面角的定义,作出线面角,根据勾股定理算出线面角所在直角三角形的边长,进而求出正弦值. 【详解】过E作,F为垂足,连接,则为直线与平面所成角, 设三棱柱的棱长为2,则,, ∴. 故选：A 8. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，，则； ④若，，，，，则． 其中真命题的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由线面平行的性质定理和线线垂直的性质，即可判断①；由线面的位置关系和线面平行的判定定理，即可判断②；由线面垂直的性质定理及面面垂直的性质定理，即可判断③；由面面平行的判定定理，即可判断④. 【详解】对于①，假设，因为，所以，又， 所以，而，所以，①正确； 对于②，若，则或，故②错误； 对于③，若， 则，又， 所以在平面内一定存在一条直线，使，而， 所以，则，③正确； 对于④，因为，所以在平面内一定存在一条直线，使， 又因为，所以， 同理可得在平面内一定存在一条直线，使得，从而有， 又，则与也会相交， 所以由面面平行的判定定理， 可以判断出④是正确的. 故真命题有3个. 故选：C 9. 如图所示，在三棱锥中，且，则下列命题正确的个数是（ ） ①平面平面 ②平面平面 ③平面平面 ④平面平面 ⑤平面平面 ⑥平面平面 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得该几何体中面，面，再根据平行、垂直的判定定理，即可得到答案； 【详解】，，，，平面，，，，； 对①，平面平面，故①正确； 对②，平面，平面平面平面，故②正确； 对③，为二面角的平面角，，故③错误； 对④，若平面平面，可过A作于，则，平面，矛盾，故假设错误，故④错误； 对⑤，为二面角的平面角，，故⑤错误； 对⑥，平面，平面平面平面，故⑥正确； 故选：A. 第II卷 非选择题（共10道题，共64分） 二、填空题（共6道题，每题4分，共24分） 10. 已知复数（是虚数单位），则它的模______ 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的计算公式计算可得. 【详解】因为，所以. 故答案为： 11. 已知一个平面的法向量是，一条直线的方向向量是，则与的位置关系是_________. 【答案】垂直 【解析】 【分析】由向量与向量的位置关系，判断直线与平面的位置关系. 【详解】一个平面法向量是，一条直线的方向向量是， 则，向量也是平面的法向量， 所以与垂直. 故答案为：垂直 12 已知空间向量，，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量坐标的加减和数乘运算法则直接计算即可. 【详解】由题. 故答案为：. 13. 用与球心距离为1的平面去截该球，所得截面面积为π，则该球的体积 _____________. 【答案】 【解析】 【详解】截面面积为π⇒截面圆半径为1，又与球心距离为1⇒球的半径是，所以根据球的体积公式知V球＝ 故答案为 14. 如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝4且AB与CD所成的角为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则EF_____． 【答案】2或． 【解析】 【分析】取中点，连结，，则，，且，是与所成的角（或所成角的补角），从而，或，由此利用余弦定理能求出． 【详解】取中点，连结，， 在空间四边形中，且与所成的角为，，分别是，的中点， ，，且， 是与所成的角（或所成角的补角）， ，或， 当时，， 当时，， 故答案为：2或． 【点睛】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 15. 已知正三棱柱的六个顶点都在球的表面上，若这个三棱柱的体积为，则________，球的表面积为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用柱体的体积公式可求得的长，求出正的外接圆直径，可求得球的直径为，利用球体表面积公式可求得球的表面积. 【详解】由柱体的体积公式可得，则， 如下图所示： 圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心，则球的直径为， 可将正三棱柱置于圆柱内，其中正、的外接圆分别为圆、圆，如下图所示： 正的外接圆直径为， 所以，球的直径为，则， 因此，球的表面积为. 故答案为：；. 三、解答题（共4道题，每题10分，共40分） 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，． （1）求b的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，从而可得，进而根据余弦定理即可求解； （2）先计算,再结合倍角公式和差角余弦公式即可求解. 【小问1详解】 在中，由可得，又由， 可得， ，. 又，故， 根据余弦定理可得，可得. 【小问2详解】 ，， ，， 所以. 17. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点． （1）证明：PB∥平面ACM； （2）证明：AD⊥平面PAC． 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）证明PB∥平面ACM，利用线面平行的判定定理，证明MO∥PB即可；（Ⅱ）证明AD⊥平面PAC，利用线面垂直的判定定理，证明AD⊥AC，AD⊥PO即可； 试题解析：（1）连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO．因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM． （2）因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC．又PO⊥平面ABCD， AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD．而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC． 考点：1．线面平行的判定；2．线面垂直的判定与性质 18. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是PD的中点. （1）求证：平面平面PAD； （2）求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值； （3）求B点到平面EAC的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用两向量的数量积的坐标表示及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可求解； （2）求出平面EAC与平面ACD的法向量，利用向量的夹角公式及面面角的定义即可求解； （3）根据（2）得出平面EAC的法向量，利用点到平面的距离公式即可求解. 【小问1详解】 由题可知，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示 则 所以 所以即, 所以即, 又平面PAD,所以平面PAD, 又平面，所以平面平面PAD. 【小问2详解】 设平面的法向量为，则 ，即， 令，则，所以， 由题意知，平面，平面ACD的法向量为, 设平面EAC与平面ACD夹角的，则 ， 所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知，平面的法向量为， 设B点到平面EAC的距离为，则 ， 所以B点到平面EAC的距离为. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，． （1）证明； （2）求二面角的余弦值； （3）设E为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）构建空间直角坐标系，由已知写出相关点的坐标，进而求得，利用向量数量积的坐标运算求，即可证结论. （2）分别求出面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值； （3）设E且，求、的坐标，根据已知及空间向量夹角的坐标表示求出h即可得结果. 【小问1详解】 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系． 依题意，． 易得 ∵， ∴. 【小问2详解】 由（1）知： 设平面的法向量， 则，即．令，可得， 而平面的一个法向量 ∴． 所以二面角的余弦值为． 【小问3详解】 设E，，则，又， ∴， ∴，解得，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$