精品解析：河北省宁晋县第二中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题

高一年级下学期第三次月考试卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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，用铅笔把答题卡上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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题：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，只有一个是符合题目要求的. 1. 用随机数法从名学生(男生人)中抽取人，则某女生被抽到的可能性为(　　) A. B. C. D. 2. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知，，，则（ ） A. B. 13 C. D. 37 3. △ABC的三边长之比为，则最小角和最大角之和的余弦值为( ) A. B. C. D. 4. 直线l与平面相交，A，B在l上，，在内的射影长为，与夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正方体棱长为2，则点C到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 在长方体中，和与底面所成角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为 A. B. C. D. 7. 已知，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 8. 如图，在长方体中，，，，是的中点，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.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. 9. 已知复数（为虚数单位）、则下列说法正确的是（ ） A. z的实部为1 B. z的虚部为 C. D. 10. 如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形其中，则下列说法正确的是 （ ） A. B. C. 四边形为等腰梯形 D. 四边形的周长为 11. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆锥的底面半径是，高是2，则圆锥的表面积是_____ 13. 已知向量，.若.则________. 14. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝1，则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是________． 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. 在中，分别是角A、 B、 C的对边，且 （1）求角B的大小； （2）若，，求的面积. 16. 一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表所示（单位：辆）： 轿车A 轿车B 轿车C 舒适型 100 150 z 标准型 300 450 600 按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆． （1）求z的值； （2）用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，应如何抽取？ 17. 如图在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，PD=DB=BC=AB=AD=2. （1）证明：PA⊥平面ABC； （2）求点B到平面ACD的距离. 18. 已知图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，M，N分别是AB，PC的中点，. （1）求证：平面 （2）求证：平面PCD. 19. 如图，在三棱柱中，，，且平面，E，F分别是棱AC，的中点. （1）在棱AB上是否存在一点D，使得平面，说明理由； （2）在（1）的结论下，若，求二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级下学期第三次月考试卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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，用铅笔把答题卡上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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题：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，只有一个是符合题目要求的. 1. 用随机数法从名学生(男生人)中抽取人，则某女生被抽到的可能性为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据随机数法抽样时，每名学生被抽到的概率相同可计算得到结果. 【详解】采用随机数法抽样时，每名学生被抽到的概率均相同， 则某女生被抽到的可能性为：. 故选：D. 2. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知，，，则（ ） A. B. 13 C. D. 37 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用余弦定理计算可得； 【详解】解：由余弦定理可得，则． 故选：A 3. △ABC的三边长之比为，则最小角和最大角之和的余弦值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】可设，，，k>0，根据余弦定理可求，于是可求． 【详解】三边的比为，不妨设角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，，k>0， 则最大角为，最小角为， 由余弦定理得：， ． 故选：C． 4. 直线l与平面相交，A，B在l上，，在内的射影长为，与夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面角的定义，结合条件求线面角的余弦值，即可求解. 【详解】设直线与的夹角为，则，， 所以. 故选：B 5. 已知正方体棱长为2，则点C到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，证明出平面，找到点到平面的距离即的长，求出答案. 【详解】连接交于点E， 因为四边形为正方形，所以，且为中点， 因为⊥底面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以平面， 所以CE的长即为点到平面的距离， 因为正方体棱长为2，所以由勾股定理可得， 所以. 故选：B 6. 在长方体中，和与底面所成角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由条件求，，，再结合异面直线夹角定义及利用余弦定理求结论. 【详解】设，因为和与底面所成的角分别为和， 所以，， 所以，， 所以，，， 因为，所以为异面直线和所成角 由余弦定理得：. 故选：A． 7. 已知，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】首先求参数，再利用向量数量积的坐标表示求模. 【详解】，因为， 所以，解得：， 所以， 所以. 故选：C 8. 如图，在长方体中，，，，是的中点，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，利用三棱锥体积公式可求得结果. 【详解】，平面， . 故选：C. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.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. 9. 已知复数（为虚数单位）、则下列说法正确的是（ ） A. z的实部为1 B. z的虚部为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先对化简求出复数，然后逐个分析判断即可 【详解】解：， 所以复数的实部为1，虚部为1，所以A正确，B错误， ，所以C正确， ，所以D错误， 故选：AC 10. 如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形其中，则下列说法正确的是 （ ） A. B. C. 四边形为等腰梯形 D. 四边形的周长为 【答案】BC 【解析】 【分析】首先利用斜二测画法，表示图象的直观图，再根据几何关系，表示长度，判断选项. 【详解】由题意可画出其直观图如下， 其中，故A错误，B正确； 过点分别作，垂足分别为点， 故， ，故， 则四边形为等腰梯形，故C正确； 故四边形的周长为，即D错误. 故选：BC 11. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据空间中的直线、平面的位置关系结合反例一一判定选项即可. 【详解】对于A项，若，则可能相交，如下图所示，故A错误； 对于B项，若，，则或，如下图所示，故B错误； 对于C项，如图所示，，显然不一定垂直，故C错误； 对于D项，由线面垂直的性质可知若，则，即D正确. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆锥的底面半径是，高是2，则圆锥的表面积是_____ 【答案】 【解析】 【分析】先求得圆锥的母线长，由此求得圆锥的表面积. 【详解】设圆锥的母线长为，则，故圆锥的表面积为. 故答案为 【点睛】本小题主要考查圆锥表面积有关计算，考查圆锥的母线长的求法，属于基础题. 13. 已知向量，.若.则________. 【答案】或3 【解析】 【分析】利用共线向量的坐标表示，列式求出. 【详解】向量，，由，得， 所以或. 故答案为：或3 14. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝1，则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是________． 【答案】45° 【解析】 【分析】由题意可证得CD⊥平面PAD，从而∠PDA为侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的平面角，求解即可. 【详解】因为底面ABCD是边长为1的正方形，所以AD⊥CD， 又因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD， 因为PA∩AD＝A，PA、AD在面PAD内，所以CD⊥平面PAD， 又因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD， 于是∠PDA为侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的平面角， 因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，PA⊥AD， 又因为PA＝1，AD＝1，所以∠PDA＝45°， 于是侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小为45°． 故答案为：45°． 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. 在中，分别是角A、 B、 C的对边，且 （1）求角B的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理以及两角和的正弦公式化简，求出的值，再结合角的取值范围即可求得角的值； （2）由余弦定理可求出的值，再利用三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理可得 ， 因为，所以， 所以，又因为，所以； 【小问2详解】 由（1）知，所以由余弦定理 可得， 因为，所以， 所以. 16. 一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表所示（单位：辆）： 轿车A 轿车B 轿车C 舒适型 100 150 z 标准型 300 450 600 按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆． （1）求z的值； （2）用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，应如何抽取？ 【答案】（1）400； （2）抽取2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车. 【解析】 【分析】（1）根据给定数据，结合分层抽样的比例求出本月生产的轿车数即可求解作答. （2）由（1）的结论，再按分层抽样的比例计算作答. 【小问1详解】 设该厂本月生产轿车n辆，依题意，得，解得n=2000， 则z=2000-100-300-150-450-600=400， 所以z的值是400. 【小问2详解】 设所抽样本中有m辆舒适型轿车， 因用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，则，解得m＝2， 所以在C类轿车中抽取2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车． 17. 如图在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，PD=DB=BC=AB=AD=2. （1）证明：PA⊥平面ABC； （2）求点B到平面ACD的距离. 【答案】 （1）侧面PAB⊥底面PBC，PB⊥BC，所以BC⊥侧面PAB 又PA侧面PAB，所以PA⊥BC 又PD=DB=DA，所以PA⊥AB 又ABBC=B，所以PA⊥平面ABC （2）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得PA⊥BC，再由PA⊥AB利用线面垂直的判定定理即可证明, （2）利用三棱锥的体积公式得出，再由等体法即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知：PA⊥平面ABC， 在直角三角形PAB中，. D是PB的中点，所以三棱锥D-ABC为三棱锥P-ABC体积的. 故 由已知：，又AD=2，底边AD上的高为. 故面积为： 设点B到平面ACD的距离为d， 则 所以，解得， 点B到平面ACD的距离为 18. 已知图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，M，N分别是AB，PC的中点，. （1）求证：平面 （2）求证：平面PCD. 【答案】（1）证明：（1）取的中点，连接，， 、分别是、的中点， ， 又面，面，所以面 又面，面，所以面 因为，面 面面， 因为面 平面； （2）证明：底面是矩形，平面， ，，，平面，平面 平面， 平面 ， 又， 平面 ，、分别是、的中点， ，，面 平面． 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，可证，，从而面面，即可证明平面； （2）先证明，由，、分别是、的中点，可证，，从而得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明： （1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线； （2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键. 19. 如图，在三棱柱中，，，且平面，E，F分别是棱AC，的中点. （1）在棱AB上是否存在一点D，使得平面，说明理由； （2）在（1）的结论下，若，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 在棱AB上存在一点D，使得平面，理由如下： 在三棱柱中，取棱AB的中点为D，连接DE，如图， 因E是棱AC的中点，则有，而平面，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】(1)取棱AB的中点为D，证明即可用线面平行的判定推理作答. (2)根据给定条件作出二面角的平面角，借助直角三角形计算作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)知，，即点确定的平面为平面， 在三棱柱中，平面，而E，F分别是棱AC，的中点，则， 从而有平面，而平面，则， 取中点G，连接，因F是棱的中点，则，又，即有， 因此有，又，平面，则有平面，而平面， 于是得，是二面角的平面角， 因，，则，，， 在中，， 所以二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $