精品解析：河南省许昌市许昌高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

2023-2024学年高一下学期6月检测一 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知复数满足，是的共轭复数，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在三棱台中，从中取3个点确定平面，若平面平面，且，则所取的这3个点可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 6 5. 空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为266米，那么测量时气球到地面的距离是（ ） A. 米 B. 米 C. 266米 D. 米 6. 在正三棱柱中，面ABC，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ） A. 该二十四等边体的外接球的表面积为 B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 8. 某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高．勘探队员在山脚测得山顶的仰角为，他沿着坡角为的斜坡向上走了100米后到达，在处测得山顶的仰角为．设山高为，若在同一铅垂面，且在该铅垂面上位于直线的同侧，则（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则可作为平面向量的一组基底 B. 若，都是非零向量，且，则 C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 D. 若，，则在上的投影向量的坐标是 10. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. M，N，A，B四点共面 B. 直线与平面相交 C. 直线和所成的角为 D. 平面和平面的夹角的正切值为2 11. 已知复数，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 三棱锥的高为，若三个侧面两两垂直，则为的______心. 13. 厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这容量为200的样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，≠0，抽取学生的样本容量多于教师的样本容量，则总样本中，学生样本的容量至少为______． 14. 如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______． 四．解答题（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.） 15. 已知，复数（是虚数单位）. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上. （1）求证：平面； （2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值. 17. 如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点. （1）求证：直线平面； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 18. 在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． （1）求，； （2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式； （3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 19. 在中，．为边上一点，为边上一点，交于． （1）若，求； （2）若，求和的面积之差． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高一下学期6月检测一 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知复数满足，是的共轭复数，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义、复数加法的法则进行求解即可. 【详解】， ， 故选：B 2. 如图，在三棱台中，从中取3个点确定平面，若平面平面，且，则所取的这3个点可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得出平面，由直线与平面平行的性质定理可知，当平面时，有，从而可得出正确选项. 【详解】由于几何体是三棱台，则，又平面，平面，所以，平面， 当平面，平面平面时，由直线与平面平行的性质定理可知，选项C符合要求. 故选：C. 3. 已知圆锥侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥母线长为l，底面半径为r，根据题意可求得母线l，底面半径r，根据勾股定理，可求得圆锥的高h，代入体积公式，即可求得答案. 【详解】设圆锥母线长为l cm，底面半径为r cm，如图所示， 由题意得：，所以母线cm， 所以侧面展开半圆的弧长为cm， 所以底面圆的周长为，即，所以底面半径cm， 所以该圆锥的高cm， 所以圆锥的体积. 故选：C 4. 在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据余弦定理可得，结合基本不等式和可得，即可求解. 【详解】因为，由余弦定理可得， 则，则， 又，所以，则的面积， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为． 故选：B． 5. 空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为266米，那么测量时气球到地面的距离是（ ） A. 米 B. 米 C. 266米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】设米，利用直角三角形的性质得米，米，在中，由余弦定理建立方程求解即可. 【详解】设米，由题意知：平面，平面，平面， 所以，又，则米，米， 在中，由余弦定理得：， 即，即，解得， 故测量时气球到地面的距离是米. 故选：A. 6. 在正三棱柱中，面ABC，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别取的中点，可得是异面直线与所成角即为与所成角（或其补角），在中，由余弦定理求解即可. 【详解】分别取的中点， 连接，所以， 所以异面直线与所成角即为与所成角（或其补角）， 即，设，所以， ， 所以在中，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 7. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ） A. 该二十四等边体的外接球的表面积为 B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 【答案】D 【解析】 【分析】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断. 【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示 记正方体体心为，取下底面中心为 ，二十四等边体的棱长为2 易知，则外接球半径 所以外接球的表面积，故A正确. 由欧拉公式可知：顶点数面数棱数2，故B正确. 又因为∥，易知直线与的夹角即为 直线与的夹角为，故C正确. 又因为∥，∥，易知直线与直线的夹角为 可知直线与直线不垂直，故直线与平面不垂直，故D错误. 故选：D 8. 某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高．勘探队员在山脚测得山顶的仰角为，他沿着坡角为的斜坡向上走了100米后到达，在处测得山顶的仰角为．设山高为，若在同一铅垂面，且在该铅垂面上位于直线的同侧，则（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，结合图形，利用三角形的性质，再根据正弦定理列式，即可求解. 【详解】由题意可知，，，， 在中，， ， 由正弦定理得，即， ，所以米.， 故选：B 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则可作为平面向量的一组基底 B. 若，都是非零向量，且，则 C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 D. 若，，则在上的投影向量的坐标是 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由基向量不共线即可判断；对于B，由向量的模的公式计算可得，即可判断；对于C，两向量夹角为锐角，要考虑数量积大于0，且两向量不共线，即即可判断；对于D，利用在上的投影向量定义计算即得. 【详解】对于A项，因，故不能作为平面向量的一组基底，即A项错误； 对于B项，由两边平方，， 即，则，故B项正确； 对于C项，依题意与的夹角为锐角， 则，解得且，故C项错误； 对于D项，在上的投影向量为，故D项正确. 故选：BD. 10. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. M，N，A，B四点共面 B. 直线与平面相交 C. 直线和所成的角为 D. 平面和平面的夹角的正切值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可. 【详解】A：连接，如下图面，而面，面， 所以M，N，A，B四点不共面，错误； B：若为中点，连接，N为棱的中点， 由长方体性质知：，显然面， 若面，而面，显然有矛盾， 所以直线与平面相交，正确； C：若分别是中点，连接， 由长方体性质易知：， 而，故，即直线和所成的角为， 由题设，易知，即△为等边三角形， 所以为，正确； D：若分别是中点，显然，易知共面， 所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角， 而面面，长方体中，， 如下图，为和面夹角的平面角，，正确. 故选：BCD 11. 已知复数，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】举例说明判断AD；利用复数运算及共轭复数、复数模的意义计算判断BC. 【详解】对于A，取，，而，A错误； 对于B，设， ，由， 得，，B正确； 对于C，由及，设，， ，解得， 则，C正确； 对于D，取，，而，D错误. 故选：BC 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 三棱锥的高为，若三个侧面两两垂直，则为的______心. 【答案】垂 【解析】 【分析】先用反证法证明平面PBC，再由面面垂直和线面垂直的判定和性质定理证明，同理可证，，即可判断. 【详解】如图： 首先证明平面PBC.若不然，在平面PAB中，过作于， 因为平面平面PBC，平面平面PBC，平面， 所以平面PBC.（AM不同于AP） 在平面PAC中，过作于， 因为平面平面PBC，平面平面PBC，平面， 所以平面PBC.（AN不同于AP） 这样，过点A有两条不同直线AM，AN垂直于平面PBC，这是不可能的. 所以假设不成立，平面PBC得证. 同理，由三个侧面两两垂直，得平面，平面PAB， 因为平面，平面ABC，所以．① 因为平面，平面PBC，所以．② 由①②及，，平面APH，所以平面APH． 又平面APH，所以. 同理可证，，所以为的垂心. 故答案为：垂 13. 厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这容量为200的样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，≠0，抽取学生的样本容量多于教师的样本容量，则总样本中，学生样本的容量至少为______． 【答案】160 【解析】 【分析】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，利用平均数公式可得出，利用方差公式结合已知条件可得出，令得，由结合已知条件可求得的取值范围，从而可得答案. 【详解】假设在样本中，学生、教师的人数分别为， 记样本中所有学生的评分为，所有教师的评分为， 由得， 所以 ， 所以，即， 令，则，， 即，解得或， 因为且，得，所以. 所以总样本中学生样本的个数至少为160. 故答案为：160. 14. 如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【详解】在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求. 四．解答题（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.） 15. 已知，复数（是虚数单位）. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义，实部等于零，虚部不等于零，列出条件解出即可; 根据条件，虚数的实部小于零，虚部大于零，列出条件解出即可. 【小问1详解】 因为是纯虚数，所以解得 故的值为； 【小问2详解】 在复平面内对应的点为， 由题意可得. 解得， 即的取值范围是. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上. （1）求证：平面； （2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为为菱形，所以， 又平面平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，则平面， 由平面，平面，平面，得， 故即为二面角的平面角， 在菱形中，， 所以， 又，所以， 由点E为的中点，得， 所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则， 所以，即二面角的余弦值为. 【点睛】 17. 如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点. （1）求证：直线平面； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 设和交于点，连接，如图， 由于，分别是，的中点，故， ∵平面，平面，所以直线平面. （2） 在四棱柱中，底面是菱形，则， 又平面，且平面，则， ∵平面，平面， ∴平面. 平面，∴. （3）. 【解析】 【分析】（1）设和交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解； （2）由线面垂直可得线线垂直，再由菱形对角线垂直可得线面垂直，即可得证； （3）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 连接，， 因为，是中点，所以， 因为平面，平面，所以， ∴为二面角的平面角， ，，， 由余弦定理可知， ∴二面角的余弦值为. 18. 在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． （1）求，； （2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式； （3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 【答案】（1）， （2） 因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖， 此时第次抽奖中奖的概率为， 综上所述，对任意的，， 又，所以； （3） 【解析】 【分析】（1）根据概率的乘法公式计算即可； （2）分别求出第一次中奖，第次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可得解； （3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解. 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知每抽三次至少有一次中奖， 故连抽次至少中奖次， 所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章， 另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，抽一次中奖的概率为， 从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为， 从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为， 用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖， 则三次中奖的所有情况如下：， ， 故仅三次中奖的概率为 ， 所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为. 【点睛】关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，是解决第三问的关键. 19. 在中，．为边上一点，为边上一点，交于． （1）若，求； （2）若，求和的面积之差． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为基底表示出向量，再由向量夹角的余弦公式计算即可； （2）先解三角形求出，再利用求解即可. 【小问1详解】 如图，因为，所以， 因为为边上一点，，所以为中点， 又，所以，所以， 则， 设，首先有 ， 再有 ， 因为不共线，所以，解得. 所以， ， 则， ， 所以. 【小问2详解】 如图，在中，由余弦定理得，， 所以，设，则， 在中，由余弦定理得，， 解得，所以，又， 所以， 所以的面积， 的面积， 设四边形的面积为， 则和的面积之差. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $