精品解析：河南省开封市五县联考2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题

2023-2024学年五县联考 高一年级数学第二次月考试卷 命题人：刘兴堂 审核人：王琳 考试时长：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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．答在试题卷、草稿纸上无效 3．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内．答在试题卷、草稿纸上无效、4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．） 1. 复数的实部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 在△中，，，分别是角，，的对边，若，且，，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 3. 若圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 4. 端午节前后，人们除了吃粽子、插艾叶以外，还要给孩子们佩戴香囊.某商家销售的香囊有四种不同的形状，其中圆形的香囊有36个，方形的香囊有18个，桃形的香囊有27个，石榴形的香囊有9个.现该商家利用分层随机抽样的方法在这些香囊中抽出20个香囊摆放在展台上，则抽出的桃形香囊的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 在棱长为的正方体中，直线BD到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线a，b分别在两个不同平面，内则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的　　 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，为线段上的点，且.若，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分、在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，少选得部分分，错选或不选得0分．请把答案填涂在答题卡相应位置上．） 9. 下面四个命题中的真命题为（ ） A. 若复数满足，则 B. 若复数满足，则 C. 若复数，满足，则 D. 若复数，则 10. 设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则点M、B、C三点共线 C. 若点M是的重心，则 D. 若且，则的面积是面积的 11. 在长方体中，，，，动点在平面内且满足，则（ ） A. 无论，取何值，三棱锥体积为定值30 B. 当时，的最小值为 C. 当时，直线与直线恒为异面直线 D. 当时，平面 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．请把答案填写在答题卡相应位置上．） 12. 已知向量，，则向量在向量的方向上的投影向量的坐标为______． 13. “牟合方盖”是我四古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖．如图，已知棱长为2的正方体除去按上述方法截得的牟合方盖后剩余的体积是，则牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是__________． 14. 如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知平面直角坐标系中，向量，． （1）若，且，求向量的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 16. 如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东偏北角方向的，位于该市的某大学与市中心的距离km，且. 现要修筑一条铁路，在上设一站，在上设一站，铁路在部分为直线段，且经过大学，其中，，km. （1）求大学与站的距离； （2）求铁路段长. 17. 如图，棱长为的正方体，点分别在棱上，过点的截面将正方体分割成两部分． （1）请画出经过点的平面与正方体表面的交线；（无需证明，保留作图痕迹）； （2）若点分别为中点，求过点截面将正方体分割的较小部分几何体的体积. 18. 已知△内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若△的面积为为内角A的角平分线，交边于点D，求线段长的最大值． 19. 如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且. （1）求二面角的余弦值； （2）求四棱锥外接球的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年五县联考 高一年级数学第二次月考试卷 命题人：刘兴堂 审核人：王琳 考试时长：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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．答在试题卷、草稿纸上无效 3．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内．答在试题卷、草稿纸上无效、4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．） 1. 复数的实部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算求出，再根据复数的概念可得答案. 【详解】因为， 所以复数的实部为. 故选：B 2. 在△中，，，分别是角，，的对边，若，且，，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理边角关系及已知条件可得，再由三角形内角性质有，进而应用余弦定理求的值. 【详解】由题设，且，可得，， 所以，又，， 所以，即. 故选：B. 3. 若圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆锥侧面积和体积公式求解即可. 【详解】设圆锥的高为，底面半径为， 则，解得. 所以. 则圆锥的体积. 故选：B 4. 端午节前后，人们除了吃粽子、插艾叶以外，还要给孩子们佩戴香囊.某商家销售的香囊有四种不同的形状，其中圆形的香囊有36个，方形的香囊有18个，桃形的香囊有27个，石榴形的香囊有9个.现该商家利用分层随机抽样的方法在这些香囊中抽出20个香囊摆放在展台上，则抽出的桃形香囊的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用抽样比可求出结果 【详解】根据分层随机抽样的概念可得抽出的桃形香囊的个数为. 故选：C 5. 在棱长为的正方体中，直线BD到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行可得点到面的距离即为线到面的距离，根据等体积法即可求解. 【详解】因为,平面,平面,因此平面,故直线BD到平面的距离即为点到平面的距离； 为边长为2的等边三角形，故，, 设点到平面的距离为，由等体积法可得,即, 故选:B 6. 已知直线a，b分别在两个不同的平面，内则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的　　 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】当“直线a和直线b相交”时，平面α和平面β必有公共点，即平面α和平面β相交，充分性成立； 当“平面α和平面β相交”，则 “直线a和直线b可以没有公共点”，即必要性不成立. 故选A. 7. 三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积. 【详解】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a， 因为正方体的体对角线即为球О直径，故， 利用勾股定理得：，解得，球的表面积为， 故选：C. 8. 在中，，为线段上的点，且.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】转化，结合余弦定理，即可求解x,得到. 【详解】不妨设 由余弦定理： 联立得到： 故选：B 【点睛】本题考查了解三角形和向量综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分、在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，少选得部分分，错选或不选得0分．请把答案填涂在答题卡相应位置上．） 9. 下面四个命题中的真命题为（ ） A. 若复数满足，则 B. 若复数满足，则 C. 若复数，满足，则 D. 若复数，则 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，设，，根据得到，从而；BC选项，可举出反例；D选项，由，得到，D正确. 【详解】A选项，设，，则，故， 则，故A为真命题； B选项，复数满足，但，故命题B为假命题； C选项，若复数，满足，但，故命题C为假命题； D选项，若复数，则，故D为真命题. 故选：AD 10. 设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则点M、B、C三点共线 C. 若点M是的重心，则 D. 若且，则的面积是面积的 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由平面向量基本定理，变形得到，A正确；假设点M、B、C三点共线，推导出，故B错误；C选项，画出图形，结合向量加法法则及重心的概念及性质得到答案；D选项，可以先得到的面积与面积底相同，高线之比为2:3，从而得到答案. 【详解】A选项，，A正确； B选项，假设点M、B、C三点共线，则，即，整理得：，故当时，即，与条件中的不一致，所以点M、B、C三点不共线，B错误； 如图，取BC中点H，连接AH，若点M是的重心，则点M在AH上，且MA=2MH，则，则，C正确； D选项，由于，而，所以，其中，不妨设，则Q点在直线BC上，由于与同底，而高线之比等于与的比，即比值为2:3，所以的面积是面积的，D正确. 故选：ACD 11. 在长方体中，，，，动点在平面内且满足，则（ ） A. 无论，取何值，三棱锥的体积为定值30 B. 当时，的最小值为 C. 当时，直线与直线恒为异面直线 D. 当时，平面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于各选项分别确定点即可求解. 【详解】对于A，在长方体中，由于动点在平面内，所以点到平面的距离恒为3， 又，所以，故A错误； 对于B，当时，点在线段上，将矩形和矩形展开为矩形,则 ，故B正确； 对于C，当时，由得，所以点在线段上, 由于，所以当时，点即为点，此时直线与直线平行，故C错误； 对于D，当时，由得点在线段上，连接， 因为在长方体中，所以可得，所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面，而平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 故选：BD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．请把答案填写在答题卡相应位置上．） 12. 已知向量，，则向量在向量的方向上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】由于已知向量 , 利用一个向量在另一个向量上投影向量的定义即可求得. 【详解】向量 , 而向量 在向量 的方向上的投影为， , 向量 在向量 的方向上的投影为: ; 故向量在向量的方向上的投影向量为. 故答案为：. 13. “牟合方盖”是我四古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖．如图，已知棱长为2的正方体除去按上述方法截得的牟合方盖后剩余的体积是，则牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正方体的体积公式及正方体的体对角线等于正方体外接球的直径，结合球的体积公式即可求解. 【详解】由题意可知，正方体的体积为, 因为己知棱长为2的正方体除去按上述方法截得的牟合方盖后剩余的体积是， 所以牟合方盖的体积为. 设正方体的外接球的半径为,则 易知，正方体的体对角线等于正方体外接球的直径，即,解得， 所以正方体的外接球的体积为. 所以牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是. 故答案为：. 14. 如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________. 【答案】 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值. 【详解】，，， 由勾股定理得， 同理得，， 在中，，，， 由余弦定理得， ， 在中，，，， 由余弦定理得. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知平面直角坐标系中，向量，． （1）若，且，求向量的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行及向量的模建立方程求解； （2）根据向量夹角为锐角建立不等式求解即可. 【小问1详解】 设，由题意得， 因为， 所以，解得， 又，所以，解得， 所以向量的坐标为或 【小问2详解】 ， 当与共线时，，解得， 当与的夹角为锐角，则 解得， 所以若与的夹角为锐角时，λ的取值范围为. 16. 如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东偏北角方向的，位于该市的某大学与市中心的距离km，且. 现要修筑一条铁路，在上设一站，在上设一站，铁路在部分为直线段，且经过大学，其中，，km. （1）求大学与站的距离； （2）求铁路段的长. 【答案】（1）km （2）km 【解析】 【分析】（1）在中运用余弦定理即可； （2）首先利用正弦定理求得，根据同角三角函数的关系求得和的值，再在中利用正弦定理即可求得的长. 【小问1详解】 在中，，，且，， 由余弦定理，得 ， 所以，所以大学与站的距离为km； 【小问2详解】 因为，且为锐角，所以， 在中，由正弦定理得，即， 解得， 由题意知为锐角，所以， 所以， 因为，，且为锐角， 所以，， 所以 ， 又，所以， 在中，由正弦定理，得， 即，解得， 所以铁路段的长为km . 17. 如图，棱长为的正方体，点分别在棱上，过点的截面将正方体分割成两部分． （1）请画出经过点的平面与正方体表面的交线；（无需证明，保留作图痕迹）； （2）若点分别为中点，求过点的截面将正方体分割的较小部分几何体的体积. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作直线EF分别交DA、DC的延长线于M，N，连接交于G，连接交于点H，从而可得答案； （2）求出，，可得正方体位于截面下方的几何体体积，进而可得答案. 【小问1详解】 作直线EF分别交DA、DC的延长线于M，N， 连接交于G，连接交于点H， 连接GE、HF，如图五边形即为所求. 【小问2详解】 ，则，则，且， .为的中点，则， ，AM=BF=1，同理CN=1 ，，， 所以，直角中，DM=DN=3， ，， ， 所以正方体位于截面下方的几何体体积为 因此，较小部分几何体的体积为. 18. 已知△的内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若△的面积为为内角A的角平分线，交边于点D，求线段长的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行角换边得，再利用余弦定理即可得到答案； （2）求出，结合三角形面积公式得，再利用二倍角的余弦公式得，最后再次根据三角形面积公式和基本不等式即可得到答案. 【小问1详解】 由正弦定理，得，即， 故根据余弦定理有. 【小问2详解】 因为为三角形内角，则由（1）知， 因为的面积为，所以， 即，解得， 又因为，，所以，所以， 所以． 于是. 那么． 所以（当且仅当时等号成立） 故的最大值为． 19. 如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且. （1）求二面角的余弦值； （2）求四棱锥外接球的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作，连接，则，证得平面，得到再证得平面，得到，进而得到就是二面角平面角，在直角中，即可求解； （2）取的中点，连接，得到为等腰梯形的外心，取的中点，连接，证得平面，得到为四棱锥外接球的球心，利用球的体积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：在等腰梯形中，作于， 则，所以， 连接，则， 因为，所以，所以，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 又由平面，所以， 因为且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，所以就是二面角的平面角， 在直角中，， 所以二面角的余弦值为. 【小问2详解】 解：取的中点，连接，可得证四边形、均为平行四边形， 所以，所以为等腰梯形的外心， 取的中点，连接，可得， 因为平面，所以平面， 又因为，所以为四棱锥外接球的球心， 所以球的半径为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$