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

邵东一中2024年上学期高一第三次月考数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分.每题只有一个选项符合题目要求） 1. 已知，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是（ ） A B. C. D. 3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是 ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则． A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 4. 如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面面积和球的表面积之比为（ ） A. 4∶3 B. 3∶1 C. 3∶2 D. 9∶4 5. 如图，正方形是用斜二测画法画出水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图，若，则四边形ABCD周长为（ ） A. B. 4 C. D. 8 6. 已知分别是三内角的对边，且满足，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆的半径为1、圆心在线段CD（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则的取值范围是（ ） A. . B. C. D. 8. 《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形直三棱柱．阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵中，，，当阳马的体积为时，堑堵的外接球的体积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，满分18分，每小题6分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 10. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积为 B. 若，且有两解，则b的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 若，且，O为内心，则的面积为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得直线与直线为异面直线 B. 存在点，使得 C. 若为线段的中点，则三棱锥与三棱锥体积相等 D. 过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 若向量在向量上的投影向量为，则等于______． 13. 如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球表面积为__________． 14. 已知A，B，C三座小岛的位置如图所示，其中B岛在A岛的南偏西方向，C岛在B岛的正东方向，A，C两岛相隔4千海里，一货轮由A岛出发沿着的方向直线航行了的路程后，到达M岛进行补给后再前往C岛，若M岛到B岛的距离与M岛到A岛的距离相同，则B，C两岛的距离为______千海里． 四、解答题（共5小题，满分77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥，求 （1）截去的三棱锥的表面积； （2）剩余的几何体的体积； （3）在剩余的几何体中连接，求四棱锥的体积. 16. 在等边中，点是上靠近点的一个三等分点，点为的中点，交于点. （1）若，求的值； （2）若，求的面积. 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为． ①已知为的中点，求底边上中线长的最小值； ②求内角A的角平分线长的最大值． 18. 如图，在四面体中，，分别是的中点. （1）求证：； （2）在上能否找到一点，使平面？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正切值. 19. 若存在常数、，使得函数对于同时满足：，，则称函数为“”类函数． （1）判断函数是否为“”类函数？如果是，写出一组的值；如果不是，请说明理由； （2）函数是“”类函数，且当时，． ①证明：是周期函数，并求出在上的解析式； ②若，，求的最大值和最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 邵东一中2024年上学期高一第三次月考数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分.每题只有一个选项符合题目要求） 1. 已知，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先得复数，再化简复数，即可得实部和虚部的值. 【详解】因为， 所以， 所以． 故选：B． 2. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算可得答案. 【详解】因为， 所以， 故选：A 3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是 ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则． A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 【答案】A 【解析】 【分析】对于①、②:利用线面垂直的性质定理可以证明；对于③：判断出两直线m、n可能平行，相交，异面；对于④；判断出垂直于同一平面的两平面可能平行或相交. 【详解】对于①：因为，所以存在直线，使得.因为，所以，所以.故①正确； 对于②：因为，所以，又，所以.故②正确； 对于③：因为平行于同一平面的两直线可能平行，相交，异面，所以不一定成立.故③错误； 对于④；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以不一定成立.故④错误. 故选：A 4. 如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面面积和球的表面积之比为（ ） A. 4∶3 B. 3∶1 C. 3∶2 D. 9∶4 【答案】C 【解析】 【分析】作圆锥的轴截面，截得内切球的大圆为轴截面等腰三角形的内切圆，设球半径为，圆锥底面半径为，高为，利用相似形把用表示，然后把圆锥母线长用表示，最后由圆锥的侧面面积和球的表面积求得其面积比． 【详解】作圆锥的轴截面，如图，等腰，是圆锥的高，其内切圆是的内切圆，设是腰上的切点， 设球半径为，则圆锥的高，设圆锥底面半径， 由得，即，， 圆锥母线长为， 所以 故选：C． 5. 如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图，若，则四边形ABCD周长为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法得到的图像，求得的长，再根据斜二测画法的特点得到的各个边长,进而求得周长. 【详解】根据斜二测画法特点可知，所以为等腰直角三角形， 所以， 所以在原始图形中，根据勾股定理可得 所以四边形的周长为. 故选：D 6. 已知分别是三内角对边，且满足，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理及辅助角公式结合三角形中角的范围计算即可. 详解】根据正弦定理知 ， 所以， 在三角形中， 所以， 则，即A为直角. 故选：B 7. 在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆的半径为1、圆心在线段CD（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则的取值范围是（ ） A. . B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正六边形的几何性质和向量数量积的几何意义即可求得的取值范围. 【详解】由， 可得为与在方向上的投影之积. 正六边形ABCDEF中，以D为圆心的圆与DE交于M， 过M作于，设以C为圆心的圆与垂直的 切线与圆切于点N与延长线交点为， 则在方向上的投影最小值为，最大值为, 又，， 则， 则的取值范围是. 故选：A 8. 《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵中，，，当阳马的体积为时，堑堵的外接球的体积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，由阳马的体积为8求得，把堑堵补形为长方体，求其对角线长的最小值，可得堑堵的外接球的半径的最小值，代入球的体积公式即得答案． 【详解】根据题意，把堑堵补形为长方体，则长方体的对角线即为堑堵的外接球的直径， 设，，则阳马体积， ，把堑堵补形为长方体， 则长方体的对角线长， 当且仅当时上式取“”． 即堑堵的外接球的半径的最小值为， 堑堵的外接球的体积的最小值为， 故选：B． 二、多选题（共3小题，满分18分，每小题6分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：利用的周期性计算可得，故A选项正确；对于B：利用复数的定义直接判断；对于C：利用复数的乘法运算可判断；对于D：利用复数的几何意义直接判断. 【详解】对于A：，故A选项正确； 对于B：的虚部为，故B选项错误； 对于C：设复数，， 则， 若，则，故C选项错误； 对于D：若复数满足， 则在复平面内对应的点的轨迹为以点为圆心，以2为半径的圆， 故D选项正确. 故选：AD 10. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积为 B. 若，且有两解，则b的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 若，且，O为的内心，则的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由正弦定理得到，选项A，求出，进而由正弦定理得到的外接圆的半径和表面积；B选项，又余弦定理得到，将其看做关于的二次方程，结合方程有两正解，得到不等式，求出b的取值范围；C选项，由正弦定理结合得到，再根据为锐角三角形得到，从而得到c的取值范围；D选项，由正弦定理得到，，结合三角恒等变换得到，从而得到，，，由求出，由直角三角形性质得到内切圆半径，进而求出的面积. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 即 ， 因为，所以，且，所以. 选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ， 所以， 所以的外接圆的面积为，选项A正确； 选项B：由余弦定理得， 将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有两个正解， 故 ，解得b，所以选项B错误； 选项C：由正弦定理，得 ，即， 因为，所以， 因为为锐角三角形，所以 ，即，所以， 所以，故选项C正确； 选项D：因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以由正弦定理，得，即， 所以， 即，所以， 所以， 又因为，所以，故，，解得 ， 因为，所以， 即是直角三角形，所以内切圆的半径为， 所以的面积为，选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得直线与直线为异面直线 B. 存在点，使得 C. 若为线段的中点，则三棱锥与三棱锥体积相等 D. 过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据四点共面，即可判断直线与直线不是异面直线；根据线面垂直证明线线垂直即可判断；直接求出，根据，构造三棱柱，利用即可求解， 类比球体的截面，找到截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断选项. 【详解】对于，如图，连接，，由正方体的性质知，， 所以四点共面，平面，故不正确； 对于，如图，设的中点为，连接，若为的中点，则平面，又平面，所以， 在中，， 所以，故，又平面， 所以平面，又平面，所以，故正确； 对于，如图，取的中点，连接，设， 连接，则几何体为斜三棱柱， 从而， 在三棱柱中，, 其中, , ∴, 又，故正确； 对于，如图，因为正方体中心对称（类比为球体，看作弦），故过的截面经过正方体的对称中心时所得截面面积最大，此时截面交棱于中点，也为中点，取的中点的中点的中点，连接，所以过三点的平面截正方体所得截面面积最大时，截面形状为正六边形， 面积为，故正确. 故选:. 【点睛】思路点睛：在求解三棱锥的体积时一般可以通过转换顶点，更换几何体的底面和高求解，也可以将三棱锥的体积转化为几个容易求解的几何体的体积差求解；解决选项的关键就是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态. 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 若向量在向量上的投影向量为，则等于______． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的公式运算即可得答案. 【详解】向量在向量上的投影向量为， 所以. 故答案为：. 13. 如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，找到球心的位置，求出外接球半径，得到外接球表面积. 【详解】连接，取的中点，连接， 则外接球球心在直线上，设球心为，如图所示，则， 则⊥平面， 因正四棱台中，，， 故，所以， 设四棱台的高为， 故，解得， 故， 设，则， ， 故，解得， 故半径， 故该棱台外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 14. 已知A，B，C三座小岛的位置如图所示，其中B岛在A岛的南偏西方向，C岛在B岛的正东方向，A，C两岛相隔4千海里，一货轮由A岛出发沿着的方向直线航行了的路程后，到达M岛进行补给后再前往C岛，若M岛到B岛的距离与M岛到A岛的距离相同，则B，C两岛的距离为______千海里． 【答案】 【解析】 【分析】在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，可求得. 【详解】依题意，，记， 所以4， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由余弦定理得， 故，解得， 因为，则. 故答案：. 四、解答题（共5小题，满分77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥，求 （1）截去的三棱锥的表面积； （2）剩余的几何体的体积； （3）在剩余的几何体中连接，求四棱锥的体积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用三角形面积公式，求得各个面的面积，即可求解； （2）根据题意，结合分割补形法，利用柱体和锥体的体积公式，即可求解； （3）根据题意，结合四棱锥的体积公式，即可求解． 小问1详解】 解：在正方体中，因为棱长为，可得， 所以截去的三棱锥的表面积为： . 【小问2详解】 解：在正方体中，因为棱长为，可得正方体的体积为， 又因为平面，即为三棱锥的高， 可得， 所以几何体的体积为. 【小问3详解】 解：在正方体中，因为四边形为正方形，可得， 又因为平面且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 所以点到平面的距离为， 又因为矩形的体积为， 所以四棱锥的体积为. 16. 在等边中，点是上靠近点的一个三等分点，点为的中点，交于点. （1）若，求的值； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量线性坐标运算求得，然后根据三点共线即可求解. （2）用基底表示，然后利用三点共线求得，结合已知求得，结合数量积的运算律求得，利用正三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 点为的中点，， ， ， ，，三点共线，，. 【小问2详解】 由（1）知，. 设， ，，三点共线，，解得， ，从而有， ，即，故， ， ， . 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为． ①已知为的中点，求底边上中线长的最小值； ②求内角A的角平分线长的最大值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意由正弦定理可得，再利用余弦定理可得，即可得结果； （2）①由面积公式可得，再根据中线性质结合基本不等式可得；②根据角平分线结合面积关系可得，利用倍角公式可得，结合基本不等式分析求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 整理得，则， 且，所以. 【小问2详解】 ①由题意可得，解得， 由于， 则 ， 当且仅当时取等号，所以， ②因为为角A的角平分线，则， 因为，则， 且，则，可得， 又因为，则，即， 且，则， 又因为，当且仅当时，等号取得到， 则，所以． 18. 如图，在四面体中，，分别是的中点. （1）求证：； （2）在上能否找到一点，使平面？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）利用三线合一证得，再利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证； （2）找到的中点，利用线面平行的判定定理即可得解； （3）利用面面垂直的性质定理证得平面，进而得到是直线与平面所成角，再分别求得，从而得解. 【小问1详解】 取的中点，连接， 在中，，同理， 而平面，平面， 又平面； 【小问2详解】 在上能找到一点，使平面，此时，证明如下： 记的中点为，连接， 因为是的中点，是的中点，， 平面平面，平面， 的中点即为所求，此时. 【小问3详解】 由（1）知， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 取中点，连接，易知故平面， 故是直线与平面所成角， 因为，所以是等边三角形， 设，则，， 在中，，， 所以， 故， 所以直线与平面所成角的正切值为. 19. 若存在常数、，使得函数对于同时满足：，，则称函数为“”类函数． （1）判断函数是否为“”类函数？如果是，写出一组的值；如果不是，请说明理由； （2）函数是“”类函数，且当时，． ①证明：是周期函数，并求出在上的解析式； ②若，，求的最大值和最小值． 【答案】（1）是“”类函数， 可以是（答案不唯一） （2）① 证明见解析，；②最大值为20，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据余弦函数的性质可得答案； （2）①根据函数的对称性确定函数的周期，根据周期和对称性可得函数解析式；②记，分，，讨论，根据恒成立，求出的范围即可. 【小问1详解】 是“”类函数， 令，得，即的对称轴为， 令，得，即的对称中心为， 当时，， 可以是（答案不唯一）； 【小问2详解】 ①函数是“”类函数， ，， ， ，是周期函数． 当时，，． 当时，，， ． 故， ②当时，． 在上单调递增，又关于中心对称，关于轴对称 在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减， 记，由①得：， 1）当时，，满足； 2）当时，， 由在上恒成立可得：， 解得：； 3）当时，， 由在上恒成立可得：， 解得：． 综上所述实数的取值范围为． 所以的最大值为20，最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$