精品解析：江苏省南京市某校2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

2023-2024学年第二学期高一年级阶段性考试数学试卷 满分150分 考试时间：120分钟 一、选择题（下列各题的备选答案中只有一个选项是正确的，请把正确答案写在括号中．每小题5分，共8小题，共计40分．） 1. 下列说法正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若，则 D. 2. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A B. 2 C. D. 4. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧（含端点）上的一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，且二面角的正切值为，则它的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，若，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 二、多选题：（在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，本题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 下列结论正确的是（ ） A. B. C D. 已知，，则 10. 下列说法中正确的为（ ） A. 已知，，且与夹角为锐角，则 B. 中，若，，且有两解，则的取值范围为 C. 若，且，则外接圆半径 D. 中，若，则 11. 已知正方体的棱长为3，在棱上，，，则（ ） A. 当时，到平面的距离为 B. 当时， C. 三棱锥的体积不为定值 D. 与平面所成角的正弦值的取值范围是 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知，，则______. 13. 在平面四边形中，，，，，，以直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，该几何体的体积为______． 14. 四边形是正方形，延长至点，使得，若为中点，为中点，点在线段上移动（包含端点），设，求的取值范围______． 四．解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明．证明过程或演算步骤． 15. 如图，在正方体中，，分别是，的中点，． （1）若中点为，求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 16. 已知向量，． （1）若，且，求的值； （2）设函数，若，求的值． 17. 如图，在菱形中，分别是边中点，与交于点，设． （1）用表示； （2）求的余弦值． 18. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面，是棱的中点，． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求异面直线与所成角的正切值． 19. 在中，内角所对的边分别为，且． （1）求角大小； （2）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年第二学期高一年级阶段性考试数学试卷 满分150分 考试时间：120分钟 一、选择题（下列各题的备选答案中只有一个选项是正确的，请把正确答案写在括号中．每小题5分，共8小题，共计40分．） 1. 下列说法正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若，则 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的坐标运算可得A错误；当时可得B错误；由模长的运算和数量积的运算律可得C正确；由数量积的定义结合数乘向量定义可得D错误. 【详解】A：设，则，且， 但，故A错误； B：当时，由于零向量与任意向量都共线，所以与不一定平行，故B错误； C：因为，所以， 所以，所以，故C正确； D：由数量积的运算可得与共线，与共线， 由于不知道间关系，所以原式不一定相等，故D错误； 故选：C. 2. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦的二倍角公式计算即可. 【详解】由余弦的二倍角公式知. 故选：B 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高. 【详解】在直角梯形中，，， 则， 直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形， 则有， 所以该平面图形的高为. 故选：C. 4. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量数量积的运算律可得，，即可求解. 【详解】由，得， 又， 所以 故选：A 5. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，利用投影向量的定义即可求解. 【详解】因为单位向量，满足，所以， 化简得：，即或(舍去)， 所以在上的投影向量为， 故选：D 6. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧（含端点）上的一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算量，结合即可求解. 【详解】取中点为，连接，显然， 则 . 故选：A. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，且二面角的正切值为，则它的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则为二面角的平面角，设正方形的边长为，利用锐角三角函数求出，即可求出，，再设球心为，则球心在直线上，设球的半径为，利用勾股定理求出，最后再由球的表面积公式计算可得. 【详解】设正方形中心为，取中点，连接、、， 则平面，得平面， 所以为二面角的平面角，即， 设正方形的边长为，则， 又，，由， 即，解得（负值已舍去）， 则，，设球心为，则球心在直线上，设球的半径为， 则，解得， 所以外接球的表面积. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是确定二面角的平面角，利用锐角三角函数求出底面边长与高，再由正四棱锥的性质确定球心在上. 8. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将两边平方结合二倍角公式可得，由正弦定理将边转化为角可计算出，由为锐角三角形可得，结合正弦定理得，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 由正弦定理得，即， 所以， 所以，即， 所以或（舍去）， 则， 因为三角形为锐角三角形， 则，所以， 解得，所以， 因为 ， 所以的取值范围为. 故选：D. 二、多选题：（在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，本题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 已知，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据余弦二倍角公式即可求解A，根据正切的和差角公式化简即可求解B，根据诱导公式即可求解C，根据和差角公式以及二倍角公式即可求解D. 【详解】对于A，，故A错误， 对于B，，故B正确， 对于C，，故C错误， 对于D，由，，可得，故，，D正确， 故选：BD 10. 下列说法中正确的为（ ） A. 已知，，且与夹角锐角，则 B. 中，若，，且有两解，则的取值范围为 C. 若，且，则外接圆半径 D. 中，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】注意到当时，两个向量相等，其夹角为，但不是锐角，故A错；根据有两解的条件判断B；利用（为外接圆半径）判断C；由余弦定理结合三角形面积公式判断D. 【详解】对A选项：因为与夹角为锐角，所以且，故A错； 对B选项：因为由两解，所以，故B正确； 对C选项：在，，所以，所以其外接圆半径为：，故C正确； 对D选项：由余弦定理：， 又， 所以，又为三角形内角，所以，故D正确. 故选：BCD 11. 已知正方体的棱长为3，在棱上，，，则（ ） A. 当时，到平面的距离为 B. 当时， C. 三棱锥的体积不为定值 D. 与平面所成角的正弦值的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，当时与重合，结合正三棱锥顶点在底面的投影，求到平面的距离；B选项，当时与重合，通过证明平面，证得；C选项，等体积法由证明三棱锥的体积为定值；D选项，由的范围，结合三棱锥的体积，求出点到平面的距离的限值范围，即可求出与平面所成角的正弦值的取值范围. 【详解】当时与重合，则为正三棱锥，， 设在平面内的投影为，则为的中心， 则， 所以，即当时，点到平面的距离为，故正确； 当时与重合， 正方体中，平面，平面，， 正方形中，， ，平面，所以平面， 平面，可得，即，B正确； 当运动时，到平面的距离保持不变为3，又， 所以， 所以三棱锥的体积为定值，故错误； 由可知，三棱锥的体积为定值， 设点到平面的距离为，与平面所成角为，所以， 当时与重合，点到直线距离最远， 的面积最大为，则， 此时与平面所成角正弦值， 当时与重合，点到直线距离最近， 的面积最小为，则， 此时与平面所成角正弦值， 所以与平面所成角正弦值的取值范围是，故正确． 故选：ABD． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和、差的正弦可得的值，从而可求的值. 【详解】因为，， 故 ，所以， 故. 故答案为：. 【点睛】本题考查两角和、差的正弦和同角的三角函数的基本关系式，注意根据三角函数式的结构特点寻找变形化简的方向，本题属于中档题. 13. 在平面四边形中，，，，，，以直线为轴，其余三边旋转一周形成面围成一个几何体，该几何体的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】该几何体可以看为以AE所在的直线为轴，旋转一周形成一个圆台AE，挖去一个圆锥DE的组合体，由体积公式计算即可. 【详解】如图： 延长AD，过点作，垂足为E，则点到AD所在的直线的距离为CE， 由题设，， 所以. 以AD所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体， 可以看成以AE所在的直线为轴，旋转一周形成一个圆台AE，挖去一个圆锥DE的组合体， 其体积为圆台AE的体积减去圆锥DE的体积，分别为圆台上下底面的面积， 所以 . 故答案为：. 14. 四边形是正方形，延长至点，使得，若为中点，为中点，点在线段上移动（包含端点），设，求的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】由图建立平面直角坐标系，利用平面向量坐标运算可得的范围. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，设，则，， 由题意设，则， 由得， 则，故， 即， 故答案为： 四．解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明．证明过程或演算步骤． 15. 如图，在正方体中，，分别是，的中点，． （1）若中点为，求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证线面平行，再由面面平行的判定定理得证； （2）根据等体积法求点到面的距离即可得解. 【小问1详解】 ∵为的中点，是的中点，∴， 又平面，平面，∴平面， ∵是的中点，为的中点，∴， ∵，， ∵平面，，平面，∴平面， ∵，平面，，∴平面平面 【小问2详解】 根据题意可得， ∴， ， 设点到面的距离为， 根据等体积法可得， ∴，解得， ∴点到平面的距离为 16. 已知向量，． （1）若，且，求的值； （2）设函数，若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行得出坐标关系求参即可； （2）先应用数量积公式再应用二倍角公式及辅助角公式得出三角函数值，最后应用诱导公式计算求解. 【小问1详解】 由，可得 因为，所以， 所以，所以 【小问2详解】 ，∴， 所以 17. 如图，在菱形中，分别是边的中点，与交于点，设． （1）用表示； （2）求的余弦值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用向量加法的三角形法则，即可求出结果； （2）利用，分别求出，，再利用数量积的定义，即可求出结果. 【小问1详解】 ， 【小问2详解】 根据题意，由（1）可得， 在平行四边形中，，即为等边三角形，所以，则，即， 则 ， 因为， ， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面，是棱的中点，． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求异面直线与所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）应用面面垂直性质定理得出线面垂直，再应用线面垂直判断定理证明即可； （2）先应用二面角余弦值求出,再求异面直线所成角的正切即得. 【小问1详解】 在四棱锥中，由底面为矩形，得， 由侧面底面，侧面底面，平面， 得平面， 又平面，则， 又侧面是正三角形，是的中点，则， 又，平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 如图， 在正三角形内，过点作，垂足为，∴， ∵，侧面底面，面面，面， ∴底面，底面，则， 过作，垂足为，连接，， ，平面，则平面，而平面，∴， 则即为二面角的平面角，即 ∴， ∴ 在中，，∴， 由，，得四边形为平行四边形，∴， 由，得为异面直线与所成角， 由（1）知平面，则为直角三角形，， 所以异面直线与所成角的正切值为． 19. 在中，内角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角边，再利用余弦定理即可得解； （2）延长交于，延长交于，则，设，且，分别求出，再根据三角恒等变换化一，结合正弦函数性质即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 由正弦定理得， 则， 因为，所以； 【小问2详解】 延长交于，延长交于， 根据题意可得．因为，所以， 设，且， 则， 同理可得， 则 ， 因为，所以， 又， 所以， 所以的取值范围是． 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$