精品解析：湖北省武汉市第六中学2024-2025学年高一下学期第3次月考数学试卷

武汉六中2024～2025学年度高一下学期第三次月考 数学试卷 考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分 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，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】举反例可判断ABC；由线面垂直的性质定理可判断D. 【详解】对于A，若，，则，或，故A错误； 对于B，若，，则，或与相交，故B错误； 对于C，若，，则与相交，或，或，故C错误； 对于D，若，，则，故D正确. 故选：D. 2. 复数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】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算化简，即可得对应的点为求解. 【详解】， 故对应的点为，位于第一象限， 故选：A 3. 已知且单位向量在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，结合向量数量积的求法即可求解. 【详解】因为在方向上的投影向量为，所以， 因为，为单位向量，所以，所以与的夹角为. 故选：C. 4. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，．则平面四边形的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】如图，先将直观图还原得平行四边形，根据斜二测画法可得，即可得解； 【详解】将直观图还原得平行四边形，如下图， 所以， 所以平面四边形为菱形， 其周长为. 故选：B. 5. 若是的边上的一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线向量定理的推论得，然后利用基本不等式求解最小值即可. 【详解】因为是的边上的一点（不包含端点）且， 可得，，， 则， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：C 6. 如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ） A. B. C. D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】利用割补法求解几何体体积即可. 【详解】如图，把几何体补全为长方体，则，， 所以该几何体体积为. 故选：C. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行把线到面的距离转化为点到面的距离，根据点到面的距离公式可得结果. 【详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ∴，，， ∴，即， ∵平面，平面，∴平面. ∴直线到平面的距离为点到平面的距离. 设平面的法向量为，则， 令，则，∴， ∴点到平面的距离为. 故选：D. 8. 已知与是平面内两个非零向量，，，，点P是平分线上的动点.当取最小值时，的值为（ ）. A. . B. . C. . D. . 【答案】B 【解析】 【分析】用的方向向量坐标表示出的最小值，从而求出. 【详解】设点在原点 . 向量 ，因为且沿 轴， 向量  ，且 ， 角平分线的方向向量是 和 的单位向量的和： ，，所以角平分线方向向量为 ， ， 所以方向的单位向量为：， 设，则， ​​.，， ， ， 这是一个关于的二次函数.当，最小. 此时. 故选：B. 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． 9. 平面垂直于平面，且，下列命题正确的是（ ） A. 平面内一定存在直线平行于平面 B. 平面内已知直线必垂直于平面内无数条直线 C. 平面内任一条直线必垂直于平面 D. 过平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面 【答案】AB 【解析】 【分析】根据面面垂直、线面垂直、以及线线垂直的判定和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：因为面，则平面内只要是平行于的直线，都平行于平面，故A正确； 对B：在平面内作直线的垂线，则面，则垂直于平面的任意直线； 故平面内已知直线必垂直于直线，以及与平行的无数条直线，故B正确； 对C：平面内垂直于两平面交线的直线才垂直于平面，故C错误； 对D：过平面内，且在交线外的一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面，故D错误； 故选：AB. 10. 在中，设，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的面积为12 B. 外接圆的周长是 C. 若为的中点，则中线长度为 D. 内切圆的面积是 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用数量积公式结合余弦定理及面积公式判断A，应用余弦定理求出得，结合正弦定理判断B，根据中线向量公式结合B中结果计算的长后可判断C，利用等积法求内切圆半径判断D. 【详解】对于A，，解得， 故，故边上的高为， 故的面积为，故A正确， 对于B，由余弦定理得，而为三角形内角， 所以，外接圆的周长是，故B正确； 对于C，因为， 故 ， 故，故C正确； 对于D，内切圆的面积是，故， 故，故D不正确. 故选：ABC. 11. 如图，多面体容器，底面水平放置，，，所在的平面均与底面垂直，且四个三角形均是边长为2的等边三角形，下列选项正确的是（ ）. A. B. 平面平面 C. 经过直线的平面截该几何体，截面的最大面积为 D. 从上面往该容器注水，当水面是正多边形时（未注满），注入的水的容积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A分别取线段的中点，证明四边形为平行四边形即可；B利用反证法；C分截面为或和平面与平面或平面相交两类来讨论即可；D先利用相似得出正六边形的边长，再将体积分为三个棱锥和一个六棱柱的体积. 【详解】对于A，分别取线段的中点，连接， 因为边长为的等边三角形，则，， 因平面平面，平面平面，平面， 则平面， 同理可得平面，，则，， 则四边形为平行四边形，则， 又因，所以，故A正确； 对于B，若平面平面，又平面平面， 平面平面，则可得平面， 又显然不垂直于平面，故假设错误，故B错误； 对于C，设过直线的平面为，平面与多面体的表面交线为， 则平面由平面到平面的转动过程中，截面的可能性有： 若截面为或，则截面面积为； 若平面与平面或平面相交， 由A选项可知，，平面，平面，则平面， 又平面平面，平面，则，则， 由于对称性可知，此时截面为等腰梯形，显然当与重合时截面面积最大， 因等腰梯形的上底，下底，腰， 则等腰梯形的面积为，故此时截面面积的最大值为； 因，故C选项正确； 对于D，由A选项可知，，又平面，平面， 则平面， 同理可得平面，又，平面， 则平面平面， 欲使水面是正多边形，结合对称性可知， 只需，，即可， 因，则，则， 则，则， 则， 又因平面，且，则多面体的高为， 过点分别作，则四边形是面积为的矩形， 由平面，平面，则平面平面， 过点作，又平面平面，平面， 则平面，则为四棱锥的高， 又等边的边长为，则， 则四棱锥的体积为， 因多面体去掉三个体积相等的四棱锥后，剩余的部分为直六棱柱， 则该部分体积为， 故多面体的体积为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数z满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法可求得，结合模长公式运算求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 13. 在中，角，，的对边分别是，，，若，且，则的面积最大值是_________． 【答案】; 【解析】 【分析】由余弦定理即可求解，结合基本不等式求得最大值，即可求解. 【详解】由题意得， 因，故， 由，结合基本不等式：， 得，所以，当且仅当时取等号， 所以． 故答案为： 14. 在中，，，，P为边AB上的动点，沿CP将折起形成直二面角，当最短时，此时三棱锥的体积为______ ． 【答案】## 【解析】 【分析】作于点，连接，结合余弦定理表示出，即可得到当最短时的度数，再结合锥体的体积公式即可得到结果. 【详解】作于点，连接，设，则， 所以，在中，由余弦定理可得， ， 因为为直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 则， 当最短时，，所以， 即此时为的角平分线，， 且由角平分线定理可得，，即， 所以， 所以. 故答案为：. 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. 的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理、三角形的面积公式可化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由（1）可得出的值，结合正弦定理可求得的知，结合已知条件求出的值，由此可求出的周长. 【小问1详解】 由余弦定理可得，即， 因为，即，所以， 因为，故. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 由（1）可得，可得， 所以，，则，故， 因为，所以， 故， 因此，的周长为. 16. 如图所示，正四棱锥，，底面边长，M为侧棱PA上的点，且． （1）求正四棱锥的体积； （2）若为的中点，证明：平面； （3）侧棱上是否存在一点E，使平面，若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）由正方形可得为的中点，而，， 又平面，平面， 平面． （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据体积公式可求几何体的体积； （2）连，交于，可证，故可证平面； （3）存在，，此时作中点，连结，，，可证平面平面，故可得平面. 【小问1详解】 连接，设，连接，则平面． 中，，，， 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 存在，．理由如下：作中点，连结，，． ，， 又平面MBD，平面， 平面， ，， 又平面，平面， 平面， 又平面， 平面平面，而平面， 平面． 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. （1）若，求证：平面； （2）若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为，又是的中点，所以， 又平面，平面，所以， 又底面是矩形，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，结合，可得平面； （2）由题意可得与平面所成角即为与平面所成角，过作于，连接，可得，可求得，利用等体积法可求得到平面的距离，可得与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为，分别是，的中点，所以，， 又是的中点，底面是矩形，所以，， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以与平面所成角即为与平面所成角， 因为又平面，平面，所以， 过作于，连接， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以，所以， 由，可得，所以， 设到平面的距离为， 由，所以， 又，所以， 所以，解得， 又，所以与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，在三棱锥中，底面，平面平面. （1）求证：； （2）若，，是的中点，、分别在线段、上移动. ①求与平面所成角的正切值； ②若平面，求线段长度取最小值时二面角平面角的正切值． 【答案】（1）证明如下： 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，，因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 又平面，所以. （2）①； ②. 【解析】 【分析】（1）过点在平面内作，垂足为点，利用面面垂直的性质可得出平面，推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）①由（1）知为与平面所成角，计算出的长，即可求出的正切值，即为所求； ②过在平面内作的垂线，垂足为，过作，交于点，推导出平面，设，求出，利用勾股定理可得出关于的表达式，结合二次函数的基本性质可求出取最小值时对应的的值，求出、的值，利用二面角的定义可知二面角的平面角为，求出其正切值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面， 所以为在平面的射影，为与平面所成角， 在中，， 在直角中，， 所以与平面所成角的正切值为. ②过在平面内作的垂线，垂足为，过作，交于点， 因为平面，平面，所以， 又因为，、平面，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 设，，且，则，所以，， 所以，，， 因为平面，平面，所以，， 因为为的中点，则，所以，， 所以，， 所以，， 在直角中，，其中， 因为二次函数在上单调递增， 当时，，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，故二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以， 因为，所以，即为的中点，所以，， ，故二面角的正切值为. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； （3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离； （3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【小问1详解】 根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以． 【小问2详解】 ∵平面平面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴，过点A作于点， 由平面平面，得， 又平面，则平面， 因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，， ∴点到平面的距离为. 【小问3详解】 过点作交于，连结， ∵平面，∴平面， ∴为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ，， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， ∴，解得：或（舍） 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉六中2024～2025学年度高一下学期第三次月考 数学试卷 考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分 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，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 2. 复数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 3. 已知且单位向量在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，．则平面四边形的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 5. 若是的边上的一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 6. 如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ） A. B. C. D. 20 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知与是平面内两个非零向量，，，，点P是平分线上的动点.当取最小值时，的值为（ ）. 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． 9. 平面垂直于平面，且，下列命题正确的是（ ） A. 平面内一定存在直线平行于平面 B. 平面内已知直线必垂直于平面内无数条直线 C. 平面内任一条直线必垂直于平面 D. 过平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面 10. 在中，设，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的面积为12 B. 外接圆的周长是 C. 若为的中点，则中线长度为 D. 内切圆的面积是 11. 如图，多面体容器，底面水平放置，，，所在的平面均与底面垂直，且四个三角形均是边长为2的等边三角形，下列选项正确的是（ ）. A. B. 平面平面 C. 经过直线的平面截该几何体，截面的最大面积为 D. 从上面往该容器注水，当水面是正多边形时（未注满），注入的水的容积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数z满足，则__________． 13. 在中，角，，的对边分别是，，，若，且，则的面积最大值是_________． 14. 在中，，，，P为边AB上的动点，沿CP将折起形成直二面角，当最短时，此时三棱锥的体积为______ ． 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. 的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 16. 如图所示，正四棱锥，，底面边长，M为侧棱PA上的点，且． （1）求正四棱锥的体积； （2）若为的中点，证明：平面； （3）侧棱上是否存在一点E，使平面，若存在，求出；若不存在，请说明理由． 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. （1）若，求证：平面； （2）若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 18. 如图，在三棱锥中，底面，平面平面. （1）求证：； （2）若，，是的中点，、分别在线段、上移动. ①求与平面所成角的正切值； ②若平面，求线段长度取最小值时二面角平面角的正切值． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； （3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $