精品解析：吉林省吉林市吉化第一高级中学校2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

吉化一中2023-2024学年度下学期高一月考数学试卷 一、选择题：本题共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. 已知向量，，且与的夹角为，则在方向上的投影为（ ） A. B. C. D. 2. 设是某长方体四条棱的中点，则直线和直线的位置关系是（ ）. A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 无法确定 3. 是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（ ） A. B. C. D. 4. 平面α，β，γ不能将空间分成（　　） A. 5部分 B. 6部分 C. 7部分 D. 8部分 5. 已知在边长为的正三角形中，､分别为边､上的动点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 复数，则共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 7. 在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，R是△ABC的外接圆半径，且，则B＝（　　） A. B. C. D. 8. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为 A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下面四个命题正确的是( ) A. 若复数满足，则 B. 若复数满足，则 C. 若复数，，满足，则 D. 若复数，满足，则 10. 如图，在正方体中，P，Q分别是棱的中点，平面平面，则下列结论中不正确的有（ ） A. l过点 B. l不一定过点 C. 的延长线与的延长线的交点不在l上 D. 的延长线与的延长线的交点在l上 11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最小值是2 C. 的最小值是 D. 的面积最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知，，垂足为、，若，则二面角的大小是______． 13. 已知向量，， . 若，则_____. 14. 设是半径为2的球面上的四个不同点，且满足，，，用、、分别表示、、的面积，则的最大值是______. 四、解答题：本题共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. 平面直角坐标系中，已知向量，且． （1）求与之间的关系式； （2）若，求四边形的面积． 16. 正方体 中， M，N ，Q ，P 分别是AB ，BC ， ， 的中点． （1）证明：M，N ，Q ，P 四点共面． （2） 证明：PQ，MN ，DC三线共点． 17. 在中，角、、的对边分别是、、，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的面积的取值范围． 18. 在如图的多面体中，已知为矩形，和为全等的等腰梯形，，． （1）求此多面体的表面积； （2）求此多面体的体积． 19. 在三棱锥中，平面，点在棱上且是的外心（三角形三边的垂直平分线的交点叫三角形的外心即外接圆的圆心），点是的内心（三角形的内心是三角形三条角平分线的交点即内切圆的圆心），. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉化一中2023-2024学年度下学期高一月考数学试卷 一、选择题：本题共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. 已知向量，，且与的夹角为，则在方向上的投影为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影的变形公式计算． 【详解】解：因为向量，，且与的夹角为 所以， 故选：B 【点睛】本题考查平面向量数量积的计算问题，属于基础题． 2. 设是某长方体四条棱的中点，则直线和直线的位置关系是（ ）. A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】在长方体中，延长，，，即会得到直线和直线的位置关系. 【详解】 如图，延长使，因为，，，为棱的中点，所以延长，都会交中点处，所以直线和直线的位置关系为相交. 故选：A. 3. 是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出原三角形的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系即可得解. 【详解】以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系， 画对应的轴，轴，使，如下图所示， 结合图形，的面积为， 作，垂足为， 则，， 所以的面积， 即原图和直观图面积之间的关系为， 所以，的面积为. 故选：A. 【点睛】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积的关系，属于基础题. 4. 平面α，β，γ不能将空间分成（　　） A. 5部分 B. 6部分 C. 7部分 D. 8部分 【答案】A 【解析】 【分析】根据三个平面的不同位置关系得出三个平面把空间分成4,6,7,8部分，判断选项得出结果. 【详解】三个平面平行时，将空间分成4个部分； 三个平面相交于同一条直线时，将空间分成6个部分； 当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成6个部分； 当三个平面两两相交且有三条交线时，将空间分成7个部分； 当有两个平面相交，第三个平面截两个相交平面时，可将空间分成8个部分． 所以平面α，β，γ不能将空间分成5部分． 故选：A． 5. 已知在边长为的正三角形中，､分别为边､上的动点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立直角坐标系由数量积坐标运算公式可得答案. 【详解】如图建系，则､､， 则，，设()， 则()，则，， ∴，， ∴， 当时取最大值， 故选：B. 6. 复数，则共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数乘方、模、除法运算求得，进而求得，从而求得的虚部. 【详解】，，， ， ，其虚部为. 故选：D 7. 在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，R是△ABC的外接圆半径，且，则B＝（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理进行化简，结合两角和差的正弦公式进行转化求解即可． 【详解】由正弦定理得， 则， 由， 得， 即 则， 即， 则，又在锐角△ABC中 则， 故选：B 8. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由以及，结合二倍角的正切公式，可得，根据三角形的内角的范围可得，由余弦定理以及基本不等式可得，再根据面积公式可得答案. 【详解】因为，且， 所以， 所以，则. 由于为定值，由余弦定理得，即. 根据基本不等式得，即， 当且仅当时，等号成立. 所以. 故选：A 【点睛】本题考查了二倍角的正切公式，考查了余弦定理，考查了基本不等式，考查了三角形的面积公式，属于中档题. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下面四个命题正确的是( ) A. 若复数满足，则 B. 若复数满足，则 C. 若复数，，满足，则 D. 若复数，满足，则 【答案】AC 【解析】 【分析】设，a,b∈R，，，.根据复数的计算方法和相关概念逐项计算验证即可． 【详解】设，a,b∈R，，，． 对于选项A：， 若，则，即为实数，故A正确； 对于选项B：，若，则或， 若，，则，故B错误； 对于选项C：， ，，故，故C正确； 对于选项D：， 若，则，无法得到，故D错误． 故选：AC． 10. 如图，在正方体中，P，Q分别是棱的中点，平面平面，则下列结论中不正确的有（ ） A. l过点 B. l不一定过点 C. 的延长线与的延长线的交点不在l上 D. 的延长线与的延长线的交点在l上 【答案】BC 【解析】 【分析】连接，在正方体中可得四边形是平行四边形，由点共面得点共线可判断A B；的延长线与的延长线的交点，的延长线与的延长线交点， 由点共面得点共线可判断CD. 【详解】连接，在正方体中，取的中点， 连接，则， 所以四边形是平行四边形，平面，平面， 所以，故A正确，B错误； 如图的延长线与的延长线的交点，的延长线与的延长线交点， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面，所以， 故C错误，D正确. 故选：BC. 11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最小值是2 C. 的最小值是 D. 的面积最小值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三角形面积公式寻找，关系，再利用基本不等式判断． 【详解】解：由题意得：， 由角平分线以及面积公式得， 化简得，所以，故A正确； ，当且仅当时取等号， ，， 所以，当且仅当时取等号，故D正确； 由余弦定理 所以，即的最小值是，当且仅当时取等号，故B正确； 对于选项：由得：，， 当且仅当，即时取等号，故C错误； 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知，，垂足为、，若，则二面角的大小是______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据与二面角大小互补进行求解. 【详解】设二面角的大小为， 因为，，垂足为、， 所以，又，所以. 故答案为： 13. 已知向量，， . 若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线得坐标表示，求解出，然后求模. 【详解】∵， ∴2×m-2×1=0 解得，m=1. ∴ ∴ 故答案为：. 14. 设是半径为2的球面上的四个不同点，且满足，，，用、、分别表示、、的面积，则的最大值是______. 【答案】8 【解析】 【分析】扩展成为长方体，根据球为长方体的外接球，利用基本不等式即可求解. 【详解】设, 因为两两垂直，扩展为长方体， 所以该长方体的体对角线为球的直径， 所以， ， 因为 所以， 当且仅当时取得等号， 故答案为:8. 四、解答题：本题共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. 平面直角坐标系中，已知向量，且． （1）求与之间的关系式； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1）；（2）16. 【解析】 【分析】 （1）由题知，再根据即可得； （2）由题知，，进而根据得，结合（1）联立方程得或，再结合分类讨论即可得答案. 【详解】解：（1）由题意得， 因为，， 所以，即， 所以与之间的关系式为： ① （2）由题意得，， 因为， 所以，即，② 由①②得或 当时，，， 则 当时，，， 则 所以，四边形的面积为16. 【点睛】本题解题的关键在于由得，故只需解决即可求解，考查向量的坐标运算，是中档题. 16. 正方体 中， M，N ，Q ，P 分别是AB ，BC ， ， 的中点． （1）证明：M，N ，Q ，P 四点共面． （2） 证明：PQ，MN ，DC三线共点． 【答案】（1）连接. 分别为的中点，且 ， 分别为，的中点，且. 四边形为平行四边形，且 且四点共面. （2）由（1）知且 必交于一点. 平面平面. 平面平面 . 又平面平面. ，即三线共点. 【解析】 【分析】（1）连接，由正方体的几何特征及平面几何的知识可得，由平面的基本性质即可得证； （2）由题意可得是平面平面的交线，由平面的基本性质即可得证. 【详解】（1）略 （2）略 17. 在中，角、、的对边分别是、、，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的定义以及正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出，求出角的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围. 【小问1详解】 由可得， 故，由正弦定理得， 即， 、，则，所以，故. 【小问2详解】 由正弦定理可得，则，， ， ，则，所以， 故. 18. 在如图的多面体中，已知为矩形，和为全等的等腰梯形，，． （1）求此多面体的表面积； （2）求此多面体的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)结合已知条件，分别求几何体各个面的面积，然后再求面积之和即可； (2)结合已知条件，利用割补法求几何体体积即可. 【小问1详解】 由题意可知，和都是边长为2的等边三角形， 故， ∵，∴， 分别过、向做垂线，垂足为、，如下图所示： 结合等腰梯形性质可知，，， 从而， 故， 故多面体的表面积. 【小问2详解】 将五面体补全为直三棱柱，如下图所示： 则多面体的体积， 由(1)中结论和几何体特征可知，，， 由余弦定理可知，，故， 从而易知 故，， 从而几何体的体积． 19. 在三棱锥中，平面，点在棱上且是的外心（三角形三边的垂直平分线的交点叫三角形的外心即外接圆的圆心），点是的内心（三角形的内心是三角形三条角平分线的交点即内切圆的圆心），. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明:∵平面，平面， ∴， ∵为的内心， ∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面⊥平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据平面得到，根据为的内心得到，即可得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据平面得到为二面角的平面角，根据，为的外心，得到，再结合得到为等边三角形，，然后利用勾股定理得到，，最后利用余弦定理和同角三角函数基本公式求角即可. 【小问1详解】 l略； 【小问2详解】 延长交于，连接， ∵平面，平面，平面，平面平面， ∴，， ∴为二面角的平面角， ∵，为的外心， ∴为中点，且， ∵， ∴为等边三角形，， 在中，，，∴， 在中，，，∴， ， ∵，∴, 所以二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $