精品解析：湖南省岳阳市岳阳县第一中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

2024年6月高一数学月考试题 一、选择题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，，，则 C. 若，且，则 D. 若，，，则 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，且，则的值为（    ） A. B. C. D. 5. 已知某扇形的周长是24，则该扇形的面积的最大值是（ ） A. 28 B. 36 C. 42 D. 50 6. 如图，在正四棱台中，已知，，则侧棱与底面ABCD所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知D是△ABC的边AB的中点，且△ABC所在平面内有一点P，使得，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 8. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且，则下列结论中不正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. 当时，在上恰有2个零点 D. 若在上单调递减，则 二、多选题（共4小题，每题5分，共20分） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 棱柱是有且仅有两个平面平行，其他平面为平行四边形的多面体 B. 圆柱是由一个四边形绕着其中一条边旋转得到的 C. 棱台的所有侧棱交于同一点 D. 用一个平面去截圆锥，这个平面和圆锥的底面之间的部分是圆台 10. 记的内角的对边分别为，则（ ） A. 当时，为直角三角形 B. 当时，最大角与最小角之和为 C. 当.时， D. 当时，为锐角三角形 11. 在中，角，，的对边分别是，，，且，点在边上，，，则（ ） A. B. C. 面积的最小值是 D. 的最小值是 12. 在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角大小为 B. 四面体的每个面都是直角三角形 C. 二面角的大小为 D. 正方体的内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为 三、填空题（共4小题，每题5分，共20分） 13. 在三棱台中，和的面积分别为和，若，则______． 14. 已知，则__________. 15. 已知复数，且，则的最小值是______． 16. 在等腰梯形ABCD中，，，点P为BC中点，点Q是边AB上一个动点，则的取值范围为______． 四、解答题（共5小题，共70分） 17. 如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中，． （1）求该几何体的体积； （2）求该几何体的表面积． 18. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，点P是弧CE的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求证：∥平面； （2）求证：. 19. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，． （1）求的值； （2）求的值． 20. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小； （3）求点到平面的距离. 21. 对任意两个非零向量，，定义： （1）若向量，，求的值； （2）若单位向量，满足，求向量与的夹角的余弦值； （3）若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年6月高一数学月考试题 一、选择题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） 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】 【分析】根据复数乘法运算化简，即可求解. 【详解】， 故对应的点为，位于第四象限， 故选：D 2. 已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，，，则 C. 若，且，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间线面、面面平行与垂直的判定定理和性质定理即可判断出正误． 【详解】若，且，则与可能平行，可能相交，可能异面，A选项错误； 若，，，则与可能平行，可能相交，可能异面，B选项错误； 两条平行直线，其中一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直，C选项正确； 若，，，则与可能平行可能相交，D选项错误. 故选：C 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用平面向量坐标运算法则求出，再由向量，求出实数值. 【详解】因为向量，，可得， 因为，所以，解得：， 故选：C 4. 若，且，则的值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为，所以， 即， 因为，所以，， 所以， 因为，所以，解得. 故选：D 5. 已知某扇形的周长是24，则该扇形的面积的最大值是（ ） A. 28 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】B 【解析】 【分析】设扇形的弧长为，半径为，则，然后利用基本不等式可求出扇形面积的最大值. 【详解】设扇形的弧长为，半径为，则， 所以扇形的面积， 当且仅当，即时取等号， 所以该扇形的面积的最大值是36， 故选：B 6. 如图，在正四棱台中，已知，，则侧棱与底面ABCD所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面角的定义作出线面角的平面角即可求解. 【详解】过，，，四点作正四棱台的截面图，如图所示，为等腰梯形， 过点作于点M，过点作于点N， 由线面角的定义可知，侧棱与底面ABCD所成角即为， 由条件可得，，，， 则，， 则，所以． 故选：B. 7. 已知D是△ABC的边AB的中点，且△ABC所在平面内有一点P，使得，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】化简数量积公式，得到，再根据几何关系，转化向量，即可求解数量积. 【详解】，则，即， ， . 故选：B 8. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且，则下列结论中不正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. 当时，在上恰有2个零点 D. 若在上单调递减，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象平移规律以及，得，，，再根据偶函数的定义可得A正确；计算可得B正确；当时，求出在上的零点，可得C不正确；根据余弦函数的单调递减区间可得D正确. 【详解】依题意得， 由已知得，所以，， 所以，，，， 对于A，，且的定义域关于原点对称，所以为偶函数，故A正确； 对于B ，，，故B正确； 对于C，当时，，，由，得，得，，， 因为，所以或或，则在上恰有3个零点，故C不正确； 对于D，由，，得，， 所以，，所以，所以，故D正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据三角函数图象平移规律以及三角函数的性质求解是解题关键. 二、多选题（共4小题，每题5分，共20分） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 棱柱是有且仅有两个平面平行，其他平面为平行四边形的多面体 B. 圆柱是由一个四边形绕着其中一条边旋转得到的 C. 棱台的所有侧棱交于同一点 D. 用一个平面去截圆锥，这个平面和圆锥的底面之间的部分是圆台 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆柱、棱台、圆台的结构特点判断BCD，通过举反例说明A错误. 【详解】A选项，由如图所示多面体可知A错误； B选项，由圆柱的定义，是由一个长方形绕着它的一条边旋转得到的图形，故B错误； C选项，由棱台的结构特征值知，棱台的各条侧棱所在的直线一定相交于一点，故C正确； D选项，当截面与圆锥底面不平行时，底面与截面之间的部分不是圆台，故D错误. 故选：ABD. 10. 记的内角的对边分别为，则（ ） A. 当时，为直角三角形 B. 当时，最大角与最小角之和为 C. 当.时， D. 当时，为锐角三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据余弦定理求解长度，即可判断A，根据余弦定理求解中间角，即可求解B，根据正弦定理即可求解C，利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解D. 【详解】对于A,由余弦定理可得, 由于，故为直角三角形，A正确， 对于B，三角形的三边长分别为， ，，，故, 则该三角形最大角与最小角之和为,B正确， 对于C，由正弦定理可得,由于，故，C正确， 对于D，由可得, 所以，由于,所以，进而,故，因此三角形为钝角三角形，D错误， 故选：ABC 11. 在中，角，，的对边分别是，，，且，点在边上，，，则（ ） A. B. C. 面积的最小值是 D. 的最小值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正弦定理求得，再根据角平分线定理得到平分，由面积关系得到，利用均值不等式得到面积的最小值和的最小值. 【详解】因为，由正弦定理得即， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，故A错误； 由可得，由角平分线定理得平分，即， 又因为，所以， 即，，故B正确； C选项，，所以，解得，当且仅当时等号成立， 所以，故C正确； D选项，由，左右两边同时除以得， 所以， 当且仅当即时等号成立，所以的最小值是，故D正确； 故选：BCD. 12. 在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角大小为 B. 四面体的每个面都是直角三角形 C. 二面角的大小为 D. 正方体的内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线所成的角，正方体中线面垂直的关系，二面角的概念，正方体的外接球与内切球对各个选项进行判断． 【详解】连接，易知，又正方体中平面， 从而有，平面， 从而得，异面直线与所成的角大小为，A正确； 正方体中平面，则， 同理， ∴四面体的四个面都是直角三角形，B正确； 由,知二面角的平面角是， 为，即二面角为，C错误； 易知的中点是正方体外接球和内切球的球心， 又外接球半径为．内切球半径这， ∴内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为，D正确． 故选：ABD． 【点睛】本题考查异面直线所成的角，二面角，直线与平面垂直的判定与性质，考查正方体的外接球与内切球等问题，实质考查学生对正方体中线面平行垂直关系的认识与掌握程度．考查了空间想象能力、运算求解能力．属于中档题． 三、填空题（共4小题，每题5分，共20分） 13. 在三棱台中，和的面积分别为和，若，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】由题意有，，可求. 【详解】三棱台中，，，则. 故答案为：4 14. 已知，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用辅助角公式得到，，从而得到. 【详解】由辅助角公式得， 其中， 又，故， 即， 则， 故，. 故答案为： 15. 已知复数，且，则的最小值是______． 【答案】1 【解析】 【分析】由，得，，则，所以，变形后利用基本不等式可求得结果. 【详解】因为复数，且， 所以，所以，得， 所以， 所以 ， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即或（舍去）时取等号， 所以的最小值是1. 故答案为：1 【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查基本不等式的应用，解题的关键是化简，考查数学转化思想，属于较难题. 16. 在等腰梯形ABCD中，，，点P为BC中点，点Q是边AB上一个动点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】取AD的中点M，利用向量的运算将转化为，作出几何图形结合数量积的几何意义可求得答案. 【详解】如图，取AD的中点M，则， 故． 又因为PM为梯形ABCD的中位线，故, 过A、B作PM的垂线，垂足分别为、， 在中，，，故， 同理， 根据数量积的几何意义可知, 当Q位于A点时，最大为 ， 此时取到最大值为 ， 当Q位于B点时，最小为 ， 此时取到最小值为 ， 故， 故答案为： 四、解答题（共5小题，共70分） 17. 如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中，． （1）求该几何体的体积； （2）求该几何体的表面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用长方体和半圆柱的体积公式计算即可； （2）直接算各个面的面积相加即可. 【小问1详解】 长方体的体积为， 半圆柱的底面积为， 半圆柱的体积为， 该几何体的体积为. 【小问2详解】 长方体去掉上底面后的表面积为， 由（1）得半圆柱的底面积为， 半圆柱的侧面积为， 所以该几何体的表面积为. 18. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，点P是弧CE的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求证：∥平面； （2）求证：. 【答案】（1）见解析； （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由，即可证得∥平面； （2）易得，由平面证得，即可证得平面，即可证得. 【小问1详解】 连接，由点P是弧CE的中点，可得为的中点，又Q是AC的中点，则， 又平面，平面，则∥平面； 【小问2详解】 由点P是弧CE的中点，可得，又，，平面，则平面， 又平面，则，又，平面，则平面，又平面，则. 19. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件结正弦定理可得， ，然后利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系可求出的值； （2）由正弦定理结合（1）求得，再利用余弦定理可求得，然后利用正弦的两角差公式可求得结果. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 由，得，所以， 所以由余弦定理得 ， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以由正弦定理得， 所以, 因为， ， 所以由余弦定理得， 所以 . 20. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：连接交于点，连接. 在底面中，因为，且， 由，可得， 因为，即， 所以在中，，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，结合，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）设的中点为，连接、，即可证明、，即为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （3）根据，利用等体积法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中点为，连接、， 因为，，所以为等边三角形， 所以， 又平面，平面，所以，，平面， 所以平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角， 平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 即二面角的大小为； 【小问3详解】 因为，，所以， 所以， 在中， ， ， 所以，即， 所以， 设点到平面的距离为，则， 即， 即， 即点到平面的距离为. 21. 对任意两个非零向量，，定义： （1）若向量，，求的值； （2）若单位向量，满足，求向量与的夹角的余弦值； （3）若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出向量的坐标，再根据题目所给定义求出的值. （2）根据所给条件求出的值，再利用向量夹角的余弦值公式计算即可. （3）结合条件得出的范围、向量与的夹角的余弦值的范围，再根据题目所给定义和题目条件，求出的值，将转化为，即可求出的取值范围. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以， 故的值为. 【小问2详解】 因为向量、是单位向量，所以，， 由， 可得， 解得， 由，可得， ， 故向量与的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设向量与的夹角为，由题意可知，则， 因为，所以，. 因为，所以，. 因为是整数，所以， 所以，， 而 ，即，所以， 因为， ，所以，即， 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $