精品解析：黑龙江省绥化市望奎县第一中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

2023—2024学年度第二学期第四次考试 高一数学试题 一､单选题 1. 复数对应的点在复平面内位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：,故在复平面内对应的点位于第四象限. 故选：D 考点：复数与复平面的关系. 2. 如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得． 【详解】利用斜二测画法的定义，画出原图形， 由是等腰直角三角形，，斜边，得， 因此，， 所以原平面图形的面积是. 故选：A 3. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算出复数后再计算模长即可得. 【详解】由，则， 则. 故选：A. 4. 设、是不同的直线，、是不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A、D项，根据线面平行的性质可过作，可得，进而根据面面垂直的判定即可判断；对于B、C项，由已知可推出或，因此无法判断与的关系. 【详解】对于A项，因为，，所以，因为，过作平面与平面交线为，则，，因为，由面面垂直的判定定理可得，故A错误； 对于B项，因为，，所以或，又因为，所以与的位置关系不确定，故B项错误； 对于C项，因为，，所以或，又因为，所以与的位置关系不确定，故C项错误； 对于D项，因为，，所以，因为，过作平面与平面交线为，则，，因为，由面面垂直的判定定理可得，故D正确. 故选：D. 5. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简，再根据复数的定义判断即可. 【详解】因为，所以， 所以复数的虚部为. 故选：C 6. 如图所示的正六棱柱，其底面边长是2，体对角线，则它的表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正六棱柱的结构特征，求出棱柱的高，再计算它的表面积. 【详解】正六棱柱的底面边长为2，体对角线， 则高为，它的表面积为 . 故选：C. 7. 如图，在长方体中，，分别为的中点，点在平面内，若直线平面，则与满足题意的构成的平面截长方体的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行得出满足题意的点构成的平面截长方体的截面为即可解决. 【详解】如图，连接， 因为E，F，G分别为的中点， 所以平面，则平面， 因为，所以同理得平面， 又，得平面平面， 所以点在直线上，则与满足题意的构成的平面截长方体的截面为， 在中，有，所以． 故选：D 8. 如图所示，在直角梯形中，，，，分别是，上的点，，且（如图①），将四边形沿折起，连接，，（如图②），在折起的过程中，下列说法中不正确的个数是（ ） ①平面；②，，，四点不可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断④. 【详解】对于①，连接、交于点，取的中点，连接、，如图所示： 则四边形是矩形，且，为的中点， 为的中点，且，又且，且， 四边形为平行四边形，，即， 平面，平面，平面，故①正确； 对于②，，平面，平面，平面， 假设四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面， 由线面平行的性质定理可得，则， 但四边形为梯形且、为两腰，与相交矛盾，所以四点、、、不共面，故②正确； 对于③，连接、，设，则， 在中，，，则为等腰直角三角形， 且，，，且， 由余弦定理得，， ，又，，平面， 平面，， ，、为平面内的两条相交直线，所以平面， 平面，平面平面，故③正确； 对于④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作， 平面平面，平面平面，，平面， 平面， 平面，， ，，，，， 又，平面，平面，. ，平面，平面，. ，，显然与不垂直，故④错误. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，熟悉证明垂直关系与平行关系的判定定理及性质定理式解题的关键，考查推理能力，属于中等题. 二､多选题 9. 以直角边长为2的等腰直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的体积可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分两种情况，以直角边所在直线为旋转轴时和以斜边所在直线为旋转轴时，求出答案. 【详解】①当以直角边所在直线为旋转轴时，得到一个底面圆半径为2，高为2的圆锥，则； ②当以斜边所在直线为旋转轴时，得到两个同样的圆锥，圆锥底面是以为半径的圆，高为， 则. 故选：. 10. 已知复数z满足，下列关于复数z的结论中正确的有（　　） A. B. 复数z的共轭复数为 C. 复平面内表示复数z的点位于第二象限 D. 复数z是方程的一个根 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数除法计算法则求出复数，根据复数的模、共轭复数的概念、复数的几何意义、复数乘法运算的知识判断选项从而得出答案. 【详解】因为， 所以， 所以，故A正确； ，故B错误； 复平面内表示复数z的点的坐标为，位于第二象限，故C正确； 因为，所以复数z是方程的一个根，故D正确. 故选：ACD 11. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则（ ） A. 该截角四面体一共有12条棱 B. 该截角四面体一共有8个面 C. 该截角四面体的表面积为 D. 该截角四面体的体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】确定截角四面体是由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，然后分别求解四面体的表面积，体积即可判断选项. 【详解】对于AB，可知截角四面体是由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，故该截角四面体一共有8个面，18条棱，故A错误，B正确； 对于C，边长为1的正三角形的面积，边长为1的正六边形的面积，故该截角四面体的表面积为，故C正确； 对于D，棱长为1的正四面体的高，利用等体积法可得该截角四面体的体积为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的表面积及体积求法，解题的关键是审清题意，清楚截角四面体的定义及构成，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于较难题. 三､填空题 12. 下列关于棱锥、棱台的说法： ①用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台； ②棱台的侧面一定不会是平行四边形； ③棱锥的侧面只能是三角形； ④由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥； ⑤棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥． 其中正确的序号是________． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据棱锥和棱台的定义、结构特征依次判断命题即可求解. 【详解】①：若平面不与棱锥底面平行，用这个平面去截棱锥， 棱锥底面和截面之间的部分不是棱台，故①错误； ②：棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形，故②正确； ③：由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形，故③正确； ④：由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥，故④正确； ⑤：如图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥，故⑤错误； 故答案为：②③④. 13. 如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为______________. 【答案】 【解析】 【分析】沿着正三棱柱的侧棱剪开，把侧面展成一个平面图形，得到一个矩形，结合矩形的对角线长，即可求解. 【详解】如图所示，沿着正三棱柱的侧棱剪开， 把正三棱柱的侧面展成一个平面图形，可得一个长为，宽为一个矩形， 可矩形的对角线长为，即最短路线的长为. 故答案为：. 14. 已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，平面，,则其外接球的半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面，底面为等边三角形，可知球心的位置，利用勾股定理即可求解. 【详解】设H为底面正的中心，取中点，过点H作,且，连接, 由于平面，所以平面,故, 由于,所以四边形为正方形， 故，因此, 因此为外接球的球心， 如图，设外接球的半径为R，由题可知， 则, 故答案为： 四､解答题 15. 设复数，． （1）若是纯虚数，求的值； （2）若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数加法运算结合复数的定义待定系数计算即可； （2）利用复数的乘法运算及复数的几何意义计算即可. 【小问1详解】 由题意可知， 则； 【小问2详解】 易知， 其在复平面对应的点为 根据题意有，解之得. 16. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点. （1）求的长； （2）求证：平面. 【答案】（1） （2）设交于，连接． 在中，、分别为、的中点， ， 平面，平面， 平面. 【解析】 【分析】（1）连接，利用勾股定理计算可得； （2）设交于，连接，即可得到，从而得证. 【小问1详解】 连接，则， 又正方体中平面，平面，所以， 所以. 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，//平面PAD，，，，点N是AD的中点．求证： （1）//； （2）求异面直线PA与NC所成角余弦值． 【答案】（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD， 平面ABCD∩平面PAD＝AD， ∴BC∥AD， （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）由线线平行，以及异面直线所成角的定义即可求解平面角，由余弦定理即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于点N是AD的中点，BC∥AD，，所以,故四边形为平行四边形，则 , 故或其补角即为异面直线PA与NC所成角， 在中，, 故异面直线PA与NC所成角的余弦值为 18. 如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，EF是圆柱的母线，P是线段AD的中点，已知AB=4，BC=6． （1）证明：平面； （2）若直线AB与平面EPF所成角为60°，求三棱锥B－EPF的体积． 【答案】（1） 连接AF， ∵四边形ABCD是圆柱的轴截面，∴AB为圆O的直径，∴， 又EF是圆柱的母线，∴平面ABF， ∵平面ABF，∴， 又∵，，平面，∴平面ADEF， 又∵P是线段AD的中点，∴平面ADEF即为平面EPF，∴平面EPF. （2）是定值 【解析】 【分析】（1）根据圆的性质得到，根据圆柱的性质得到，然后根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据平面EPF得到AB与平面EPF所成角为，然后根据线面角得到，，最后根据锥体的体积公式求体积即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面EPF，∴BF为三棱锥B－EPF的高，且AF为AB在平面EPF内的射影， ∴AB与平面EPF所成角为，由已知，AB=4，BC=6， ∴，，， ∴. 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且． （1）证明：平面平面； （2）若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为平面平面，平面平面， 又平面，， 所以平面，又平面， 所以， 过C作交于点G，则由题意， 所以，， 所以，即，又，、平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由题意中的面面垂直得到平面，从而得到，再由题意中给出的棱长信息得到，进而得到平面即可求证. （2）延长交于点S，得，且平面平面，过作的垂面即可找到二面角的平面角，进而通过求即可求出平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过A作交于点E， 由（1）可得平面平面，又平面平面， 所以平面，点A到平面PBC的距离为， 所以， 又由（1）平面可得， 所以，所以， 延长交于点S，则平面平面， 又由为等腰梯形，且以及，可得 ，分别为的中点， 连接，则，且， 又由平面，可得，又，、平面， 所以平面，又平面， 所以，过D作，交于点，连接， 则由得平面，所以为二面角的的平面角， 又在和中，， 所以，故， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年度第二学期第四次考试 高一数学试题 一､单选题 1. 复数对应的点在复平面内位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 3. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 设、是不同的直线，、是不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示的正六棱柱，其底面边长是2，体对角线，则它的表面积为（ ）． A. B. C. D. 7. 如图，在长方体中，，分别为的中点，点在平面内，若直线平面，则与满足题意的构成的平面截长方体的截面面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，在直角梯形中，，，，分别是，上的点，，且（如图①），将四边形沿折起，连接，，（如图②），在折起的过程中，下列说法中不正确的个数是（ ） ①平面；②，，，四点不可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二､多选题 9. 以直角边长为2的等腰直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的体积可以为（ ） A. B. C. D. 10. 已知复数z满足，下列关于复数z的结论中正确的有（　　） A. B. 复数z的共轭复数为 C. 复平面内表示复数z的点位于第二象限 D. 复数z是方程的一个根 11. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则（ ） A. 该截角四面体一共有12条棱 B. 该截角四面体一共有8个面 C. 该截角四面体的表面积为 D. 该截角四面体的体积为 三､填空题 12. 下列关于棱锥、棱台的说法： ①用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台； ②棱台的侧面一定不会是平行四边形； ③棱锥的侧面只能是三角形； ④由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥； ⑤棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥． 其中正确的序号是________． 13. 如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为______________. 14. 已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，平面，,则其外接球的半径为______． 四､解答题 15. 设复数，． （1）若是纯虚数，求的值； （2）若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围． 16. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点. （1）求的长； （2）求证：平面. 17. 如图，在四棱锥中，//平面PAD，，，，点N是AD的中点．求证： （1）//； （2）求异面直线PA与NC所成角余弦值． 18. 如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，EF是圆柱的母线，P是线段AD的中点，已知AB=4，BC=6． （1）证明：平面； （2）若直线AB与平面EPF所成角为60°，求三棱锥B－EPF的体积． 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且． （1）证明：平面平面； （2）若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $