精品解析：黑龙江省鹤岗市萝北县高级中学2023-2024学年高一下学期6月考试数学试卷

萝北县高级中学2023-2024学年度高一下学期 6月考试—数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在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z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数将复数z表示出来，再通过复数平面与复数的模的关系即可求出答案. 【详解】由题意，复数z满足，则 故选:B． 2. 已知向量，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据向量垂直的坐标运算求出x，再根据向量的加法法则求解即可. 【详解】，， ，. 故选：B. 3. 在边长为6的正方形ABCD中，点E为DC的中点，点F在边BC上且，则（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 42 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示可得. 【详解】如图建立平面直角坐标系， 易知， 所以， 所以. 故选：C 4. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系依次判断选项即可. 【详解】对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误. 对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误. 对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确. 对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误. 故选：C 5. 在中，角所对的边分别为，若， 则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理进行边化角化简可得，根据余弦值求出，代入上式可求得外接圆半径从而求出外接圆面积. 【详解】由题意及正弦定理得 (R为的外接圆半径)，即， 又及，知， ，解得， 所以外接圆面积. 故选：C 6. 已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆柱底面半径为R，高为h，由题意列方程组求出R、h，即可求出圆柱的体积. 【详解】设圆柱底面半径为R，高为h， 设，解得， ∴圆柱的体积为． 故选：D 7. 在正方体中，若的中点为，则过点三点的截面是（ ） A. 三角形 B. 梯形 C. 菱形 D. 矩形 【答案】B 【解析】 【分析】取中点，可证，且，可得过的截面的形状. 【详解】 如图所示：取的中点，连接和， 因为分别是的中点，所以且， 又，故且， 故四点共面，且四边形是过三点的截面， 又因为四边形是梯形，故选B. 故选：B 8. 一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西，另一灯塔在船的南偏西，则这只船的速度是每小时（ ） A. 5海里 B. 海里 C. 10海里 D. 海里 【答案】C 【解析】 【分析】画出示意图，在直角中，求得，进而求得这艘船的速度. 【详解】如图所示，由题意知，所以, 可得， 在直角中，， 所以这艘船的速度为（海里/小时）. 故选：C. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 9. 如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（ ） A. AG⊥平面EFH B. AH⊥平面EFH C. HF⊥平面AEH D. HG⊥平面AEF 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意可得，AH⊥HE，AH⊥HF，HF⊥HE，从而利用线面垂直的判定定理可得AH⊥平面EFH，HF⊥平面AHE，进而可得答案 【详解】解：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF. ∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确. 又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确. HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确. 故选：BC. 【点睛】此题考查线面垂直的判定，考查折叠问题，属于基础题 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则下列说法正确的有（ ） A. B. 若时，是唯一的，则 C. 若，且的面积为，则的最小边长为2 D. 若时，周长的范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题干已知等式，利用正弦定理、三角和差公式可解得，再根据各个选项的条件逐一求解即可. 【详解】对于选项A：已知等式利用正弦定理化简得： ，整理得： ， 即， ，则，故A选项正确； 对于选项B：当时，而又，， 由正弦定理，即， 唯一，，故B选项错误； 对于选项C：因为，且的面积为，则由正弦定理得， 而又， 解得，所以，而， 由余弦定理得：，则， 所以三角形中边长为最小边，，故C选项正确; 对于选项D： ， ， ，， ， 则有 即，而， 所以周长 的范围为，故D选项正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：利用正弦定理进行边化角，解决问题. 11. 如图，设分别是正方体的棱上两点，且，下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 三棱锥的体积为3 C. 平面与平面所成的二面角大小为 D. 直线与平面所成的角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线所成的角、棱锥的体积、二面角、直线与平面所成的角分别对各选项进行判断． 【详解】A中由于，因此异面直线与所成的角就是与的夹角，为，A正确； B中，三棱锥的体积，B正确； C中，平面即为平面，为平面与平面所成的二面角的平面角，＝，C错误； D中，连接交于，连接，由正方体性质知，，而，因此平面，因此是直线与平面所成的角，在直角三角形中，，所以，D正确． 故选：ABD． 【点睛】思路点睛：求空间的角：异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题时可根据定义作出空间角的“平面角”，然后计算． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是虚数单位，若复数的实部与虚部互为相反数，则实数________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据已知结合复数的定义列式，即可解出答案． 【详解】复数的实部与虚部互为相反数， ，解得． 故答案为： 13. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可． 【详解】由题意，设母线长为， ∵圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径， 则有，解得， ∴该圆锥的母线长为. 故答案为：. 14. 在中，内角所对的边分别是，且，当时，的最大值是______． 【答案】3 【解析】 【分析】由同角的三角函数关系解方程得到，再由余弦定理结合基本不等式求出结果即可. 【详解】因为，即， 解得， 因为，所以 由余弦定理可得 ，当且仅当时取等号， 所以的最大值是3， 故答案为：3. 四、解答题（本题共6小题，17题10分，18-22题每题12分，共70分.） 15. 已知，，， （1）若 求k的值； （2）若 ，且三点共线， 求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出的坐标，再根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可； （2）首先求出，的坐标，依题意，根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【小问1详解】 因为，，所以， 因为，所以，解得. 【小问2详解】 因为，， 因为，，三点共线， 所以，所以，解得， 故的值为． 16. 在中，角的对边分别为，且． （1）证明：为直角三角形； （2）当时，求周长的最大值． 【答案】（1） 因为，即， 由余弦定理可得， 化简可得， 所以为直角三角形. （2） 【解析】 【分析】（1）由降幂公式和余弦定理解三角形可得； （2）利用三角函数把边长表示成角，再用辅助角公式表示出周长，最后利用正弦函数的值域求出最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得为直角三角形的斜边， 所以两直角边长分别为， 所以设周长为，则， 因为， 所以，即时，周长取得最大值，最大值为. 17. 如图，在正方体中，点E为的中点． （1）求证：平面； （2）若，从正方体中截去三棱锥后，求剩下的几何体的体积． 【答案】（1）证明： 连接，交于点，连接， 因为分别为的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可； （2）由等积法求出三棱锥的体积，即可求解 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为， , 所以从正方体中截去三棱锥后，剩下的几何体的体积 18. 如图,在中,的平分线交边于点,点在边上,,,. （1）求的大小; （2）若,求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）因为是的角平分线,所以,在中利用余弦定理求出的长,再次利用余弦定理即可求出的大小. （2）在中,由正弦定理求出的长,再根据四边形内角和为可得到,从而求出的值,再利用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为是的角平分线,所以, 在中,根据余弦定理得, 所以, 则, 因为, 所以. 【小问2详解】 因为,所以, 在中,由正弦定理得, 在四边形中,, 所以, 则. 19. 如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为，，，，，，． （1）求证：平面ADE； （2）求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值； （3）求点F到平面ABCD的距离． 【答案】（1） 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴， 平面BCF，平面BCF，所以平面BCF， ∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF， ，∴平面平面ADE，∵平面BCF，∴平面ADE； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案； （2）即为二面角的平面角，作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可； （3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵，，∴即为二面角的平面角， ∴， 又，平面ADE， 所以平面ADE，作于O，因为平面ADE， 所以，又，平面CDEF， 所以平面CDEF，连结CO， 所以直线AC与平面CDEF所成角为， ，，所以． 直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为； 【小问3详解】 由（2）得平面CDEF，又，所以距离，又由已知可得 ，，，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 萝北县高级中学2023-2024学年度高一下学期 6月考试—数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在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z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 5 2. 已知向量，若，则（    ） A. B. C. D. 3. 在边长为6的正方形ABCD中，点E为DC的中点，点F在边BC上且，则（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 42 4. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 在中，角所对的边分别为，若， 则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为（ ）． A. B. C. D. 7. 在正方体中，若的中点为，则过点三点的截面是（ ） A. 三角形 B. 梯形 C. 菱形 D. 矩形 8. 一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西，另一灯塔在船的南偏西，则这只船的速度是每小时（ ） A. 5海里 B. 海里 C. 10海里 D. 海里 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 9. 如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（ ） A. AG⊥平面EFH B. AH⊥平面EFH C. HF⊥平面AEH D. HG⊥平面AEF 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则下列说法正确的有（ ） A. B. 若时，是唯一的，则 C. 若，且的面积为，则的最小边长为2 D. 若时，周长的范围为 11. 如图，设分别是正方体的棱上两点，且，下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 三棱锥的体积为3 C. 平面与平面所成的二面角大小为 D. 直线与平面所成的角为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是虚数单位，若复数的实部与虚部互为相反数，则实数________． 13. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______. 14. 在中，内角所对的边分别是，且，当时，的最大值是______． 四、解答题（本题共6小题，17题10分，18-22题每题12分，共70分.） 15. 已知，，， （1）若 求k的值； （2）若 ，且三点共线， 求的值． 16. 在中，角的对边分别为，且． （1）证明：为直角三角形； （2）当时，求周长的最大值． 17. 如图，在正方体中，点E为的中点． （1）求证：平面； （2）若，从正方体中截去三棱锥后，求剩下的几何体的体积． 18. 如图,在中,的平分线交边于点,点在边上,,,. （1）求的大小; （2）若,求的面积. 19. 如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为，，，，，，． （1）求证：平面ADE； （2）求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值； （3）求点F到平面ABCD的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $