精品解析：河南省漯河市高级中学2023-2024学年高一下学期7月检测数学试题

2023-2024学年高一下学期7月检测 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. 已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内；复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．设这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 过四棱锥任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线有（ ） A. 4条 B. 5条 C. 6条 D. 7条 5. 已知函数在一个周期内的图象如图所示；若为偶函数，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，正四面体的棱长为2，在上有一动点，过作平行于底面的截面，以该截面为底面向下挖去一个正三棱柱，则该正三棱柱侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示；测量队员在山脚A测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为．若，，，（参考数据：，，，，，），则山的高度约为（ ） A. 181.13 B. 179.88 C. 186.12 D. 190.21 8. 已知非零不共线向量满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二.多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.） 9. 已知复平面内复数对应向量；复数对应点为．且满足，是的共轭复数；则（ ） A. B. C. D. 点在以原点为圆心；以2为半径的圆上 10. 在三棱锥中，.记二面角、、的大小分别为、、，V为三棱锥的体积，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（ ） A. 若；沿正方体表面从点到点的最短距离为 B. 若，三棱锥的外接球表面积为 C. 若；，则点的运动轨迹长度为 D. 若；平面被正方体截得截面面积为 三.填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 在中，若，则角的最大值为______. 13. 设中角所对边分别为，，，为边上的中线；已知且，．则______． 14. 为以为直角顶点直角三角形，且，，为上一动点，沿将三角形折起形成直二面角，当长度最短时，______，此时二面角的平面角的正弦值为______. 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. 如图；为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,．若是底面的内接正三角形,为上一点,． （1）求该圆锥的表面积； （2）求三棱锥的体积． 16. 已知函数的最大值为； （1）求常数的值； （2）若在上单调递增；求的最大值． 17. 如图；正四棱柱中；；点为的中点． （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成线面角的正弦值． 18. 在平面四边形中；；， （1）若四边形圆内接四边形；求； （2）求四边形面积最大值． 19. 如图；在三棱柱中；侧面为矩形． （1）若面；，，求证：； （2）若二面角大小为；，且；设直线和平面所成角为；问当变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由． 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7月检测 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. 已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律可得，再利用投影向量的意义求解即得. 【详解】由，两边平方得，则， 而，所以在方向上的投影向量为. 故选：D 2. 在复平面内；复数对应的点位于（ ） 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】根据复数的除法运算化简复数，即可求解. 【详解】,故对应的点为，位于第四象限， 故选：D 3. 图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．设这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆柱的高为，由条件结合体积公式列不等式求的范围，再结合球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求酒杯内壁的表面积解析式及其范围. 【详解】设圆柱的高为， 因为半球的体积不小于圆柱体积， 所以， 解得，即． 所以． 故选：D. 4. 过四棱锥任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线有（ ） A. 4条 B. 5条 C. 6条 D. 7条 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理分析求解. 【详解】如图，设为相应棱的中点， 则//，且平面，平面，所以//平面， 同理可得：与平面平行， 由图可知：其他的任意两条棱的中点的连线与平面相交或在平面内， 所以与平面平行的直线有6条. 故选：C. 5. 已知函数在一个周期内的图象如图所示；若为偶函数，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图象的顶点坐标求出，由周期求出值，根据五点法作图求出，可得函数的解析式，根据为偶函数，求出的值． 详解】根据函数，，在一个周期内的图象， 可得，，． 再根据五点法作图，可得，所以，由于，， 故． 若为偶函数，则，，即，， 取，则，故的值可以为， 故选：B 6. 如图，正四面体的棱长为2，在上有一动点，过作平行于底面的截面，以该截面为底面向下挖去一个正三棱柱，则该正三棱柱侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出示意图，设正三棱柱底面正三角形边长为，求出正三棱柱的高，即可求得侧面积的表达式，结合二次函数的最值，即可求得答案. 【详解】如图，设正三棱柱为，其上下底面的中心为, 由于为正三角形,故也为其中心, 设正三棱柱底面正三角形边长为， 由题意可知为正三角形，故， 又， 故， 所以正三棱柱为的高为， 故该正三棱柱侧面积为， 当时，取到最大值为1， 故的最大值为， 故选：A 7. 如图所示；测量队员在山脚A测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为．若，，，（参考数据：，，，，，），则山的高度约为（ ） A. 181.13 B. 179.88 C. 186.12 D. 190.21 【答案】C 【解析】 【分析】在中，利用正弦定理求，进而在Rt中求山的高度. 【详解】在中，则， 因为，则， 在Rt中，则. 故选：C. 8. 已知非零不共线向量满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设，根据条件求出，利用向量减法的几何意义和三角形三边关系定理求出的范围，再结合二次函数的单调性即可求得. 【详解】设，则，由两边平方得，，整理得，， 因是非零不共线向量，则，即，解得，， 此时函数是增函数，故，即的取值范围为. 故选：D. 二.多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.） 9. 已知复平面内复数对应向量；复数对应点为．且满足，是的共轭复数；则（ ） A. B. C. D. 点在以原点为圆心；以2为半径的圆上 【答案】ABD 【解析】 【分析】由复数的概念及其几何意义，复数的运算法则逐一判断选项即可． 【详解】对于A，由题意得：，则，，故A正确； 对于B，，，，，故，故B正确； 对于C，设，,，由得，， ，故C错误； 对于D，，，在以原点为圆心，以2为半径的圆上，故D正确． 故选：ABD． 10. 在三棱锥中，.记二面角、、的大小分别为、、，V为三棱锥的体积，则下列结论正确的是（ ） A. B. C D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三垂线法求二面角，结合垂直关系以及锥体的体积公式逐项分析判断. 【详解】过点作平面，垂足为，过分别作棱的垂线，垂足分别为，连接， 因为平面，平面，则， 又因为，，平面， 所以平面，且平面，可得， 同理平面，， 所以， 可得，且， 即， 整理得，故A正确； 又因为 ， 所以，故C正确； 同选项A分析得：，则， 因为不一定相等，即不一定相等，则不一定相等， 所以不一定相等，故B错误； 同选项C分析得：，显然不一定相等， 所以与不一定相等，故D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点睛：过点作平面，通过三垂线法求二面角，并建立一个共高的几何关系，根据这个关系分析说明. 11. 如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（ ） A. 若；沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 若，三棱锥的外接球表面积为 C. 若；，则点的运动轨迹长度为 D. 若；平面被正方体截得截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将正方体的下面和侧面展开，连接，计算即可判断； 对于B正弦定理知外接圆半径，又平面，设三棱锥的外接球半径为，求得即可判断； 对于C，由线面垂直和面面平行的判定定理，设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，求得即可判断； 对于D，延长，交于点，连接交于，连接，则平面被正方体截得的截面为，利用三角形相似即可判断． 【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接， 则，故A错误； 对于B，当，所以中，，则， 设外接圆半径为，则由正弦定理知：，则， 又平面，设三棱锥的外接球半径为，则， 所以三棱锥的外接球表面积，故B正确； 对于C，如图： 因为平面，平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，，，平面．所以平面， 所以过点作交交于，过作交交于， 所以平面，同理可得平面， 平面，所以平面平面，所以平面, 取连接,则均在平面上， 则的运动轨迹为线段， 由于平面,平面,所以, 由点在棱上，且，可得， 所以，故C正确； 对于D，如图： 延长，交于点，连接交于，连接， 所以平面被正方体截得的截面为． ，所以， 所以， 所以，所以，且， 所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形， 设梯形的高为，则, 所以，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三.填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 在中，若，则角的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理得，再根据正切公式得，通过基本不等式得答案. 【详解】设三角形中，角所对边分别为； 因为在中，， 所以，即； 根据正弦定理得:， 又中，，，不能同时为，只能有， 且，所以， 即， 中 ， 则，同正或同负，因为在中，所以，只能同正， 所以(当且仅当等号成立) ，此时角有最大值为 故答案: 13. 设中角所对的边分别为，，，为边上的中线；已知且，．则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意利用正、余弦定理分析可得，由结合数量积相关运算整理得关于的方程，运算求解即可. 【详解】因为，且， 由正弦定理可得：， 由余弦定理可得：，整理得， 又因为D为中点，所以，设的夹角为θ， 则 ， 即， 且， 因为，则为锐角，可知， 可得，解得或（舍去） 所以， 整理得，解得或， 且，即，所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：对于等分点问题，常利用向量的线性运算以及数量积建立关系，运算求解即可. 14. 为以为直角顶点的直角三角形，且，，为上一动点，沿将三角形折起形成直二面角，当长度最短时，______，此时二面角的平面角的正弦值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，设，根据题设可推出长度的表达式，结合三角函数，根据长度最短即可求得答案；第二空，利用线面垂直的性质作出二面角的平面角，解三角形即可求得答案. 【详解】作，垂足为D，连接， 因为二面角为直二面角，平面平面， 且平面，故平面， 平面，则； 设，则， 由,则， 在中，, ， 故 ， 当长度最短时，，则，即； 由此可得，， 则， 作,垂足为E，连接, 因为平面，平面，故， 而平面，故平面， 所以即为二面角的平面角， 在中，, 故， 故答案为：； 【点睛】关键点睛：求解第一空即求的大小时，关键是确定何种情况下长度最短，因此要，求出长度的表达式，结合三角函数求得，即可求解. 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. 如图；为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,．若是底面的内接正三角形,为上一点,． （1）求该圆锥的表面积； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合圆锥的表面积公式运算求解； （2）根据题意可证平面，利用转换顶点法求体积. 【小问1详解】 由题意可知：该圆锥的底面半径，母线长， 所以表面积. 【小问2详解】 连接 由题意可得：， 因为平面，平面，可知， 由题意可知：，，平面， 所以平面， 在中，因为，所以， 可得三棱锥的高为， 所以. 16. 已知函数的最大值为； （1）求常数的值； （2）若在上单调递增；求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出的值； （2）利用函数的单调性和集合间的子集关系求出的最大值． 【小问1详解】 由于函数 由于， 故函数的最大值为，解得． 【小问2详解】 由于，， 解得，； 故函数的单调递增区间为，； 故,，；故取，则 故，即的最大值为． 17. 如图；正四棱柱中；；点为的中点． （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成线面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设和交于点，则为的中点，连接，可得，可得直线平面； （2）设，利用等体积法可求点到平面的距离为，进而利用直线与平面所成线面角与直线与平面所成线面角相等，可求直线与平面所成线面角的正弦值． 小问1详解】 证明：设和交于点，则为的中点，连接， 是的中点，， 又平面，平面， 直线平面， 【小问2详解】 设，则三角形为正三角形，，， 设点到平面的距离为，由等体积法：， 所以，则， 由点为中点，所以点，到平面距离相等，由， 所以直线与平面所成线面角与直线与平面所成线面角相等， 设直线与平面所成线面角为，所以， 直线与平面所成线面角的正弦值为． 18. 在平面四边形中；；， （1）若四边形为圆内接四边形；求； （2）求四边形面积最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在和中，均利用余弦定理表示出，可得，再由，解出的值，代入运算，得解； （2）由（1）知，①，利用三角形面积公式，可得四边形的面积②，由①②，并结合三角恒等变换公式，求得的最大值，得解． 【小问1详解】 连接， 在中，由余弦定理知，， 在中，由余弦定理知，， 所以，即， 又四边形为圆内接四边形，所以，即， 所以， 所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，， 所以①， 因为的面积， 的面积， 所以四边形的面积②， 由①②分别平方相加可得 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即， 故四边形面积最大值为． 19. 如图；在三棱柱中；侧面为矩形． （1）若面；，，求证：； （2）若二面角的大小为；，且；设直线和平面所成角为；问当变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）不能取到，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由面可得，再由线面垂直的判定定理可得面，推出，由，可得,进而可得面，即可求证， （2）根据二面角以及线面角的定义可得为二面角的平面角，为直线和平面所成角，，令，，，结合不等式求解最值即可得出答案． 【小问1详解】 证明：由平面，平面,所以， 又，，平面，所以平面， 平面，所以， 在中，设，则，， 所以，， 由，， 所以， 所以，又，平面,则平面， 平面,所以． 小问2详解】 在平面中，过点作直线， 因为底面为矩形，所以， 所以为二面角的平面角，且， 又，平面，所以平面， 在平面中，过点作，垂足为，连接, 因为平面，平面，所以， 又，平面，平面．所以平面． 所以为直线和平面所成角，即， 所以为点到平面的距离，且，又 则， 由,，可得,，,， 所以，,，，， 所以（当且仅当时，取等号）， 所以直线与平面所成角的正弦值最大值为， 又，所以取不到． 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$