精品解析：黑龙江省齐齐哈尔市第八中学校2024-2025学年高一下学期6月月考数学试卷

2024—2025学年度下学期高一月考试题 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知向量是平面内所有向量的一组基底，则下面的四组向量中，不能作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断两个向量是否共线即可确定两个向量是否能作为一组基底. 【详解】对于A，假设共线，则存在，使得， 因为不共线，所以没有任何一个能使该等式成立， 即假设不成立，也即不共线，则能作为基底； 对于B，假设共线，则存在，使得， 即无解，所以没有任何一个能使该等式成立， 即假设不成立，也即不共线，则能作为基底； 对于C，因为，所以两向量共线， 不能作为一组基底，C错误； 对于D，假设共线，则存在， 使得， 即无解，所以没有任何一个能使该等式成立， 即假设不成立，也即不共线，则能作为基底， 故选:C. 2. 设是虚数单位，则复数 的虚部为 A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：，故虚部为1，故选B. 考点：复数的计算. 3. 已知直线为异面直线，为不重合的两个平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】采用逐一验证法，结合线面以及线线之间的位置关系，可得结果. 【详解】若，，则可能，故A错误； 若，，则可能，故B错误； 若，，则，故C正确； 若，，则，故D错误. 故选：C . 4. 已知球O内切于一个边长为6的正方体，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何关系确定正方体内切球的半径，再根据球的表面积公式，即可求解. 【详解】正方体的棱长为6，所以其内切球的半径为3， 所以球的表面积为. 故选：C 5. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据余弦定理求得,再根据三角形面积公式即可求解. 【详解】在中,,, 由余弦定理 代入可得,即 所以 则的面积 故选:B 【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用,三角形面积公式的应用,属于基础题. 6. 已知向量，满足，其中是单位向量，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由模的平方得数量积与的关系，再代入投影向量公式可得. 【详解】因为平方得，, 又，则化简得， 故在方向上的投影向量是. 故选：D． 7. 正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点为，连接，确定平面平面 ，得到的轨迹是线段,即可求解. 【详解】取的中点为， 连接， 由中位线易知， 又在平面 内，不在平面 内， 所以平面 ，平面 ， 又是平面内两条相交直线， 所以平面平面 ， 又 平面 ， 所以在平面内，又 是侧面 内一点， 所以的轨迹是线段, 易知, ， 所以 长度的取值范围是. 故选：C 8. 达·芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名，画中女子神秘的微笑，数百年来让无数观赏者入迷，现将画中女子的嘴唇近似的看作一个圆弧，设嘴角、间的圆弧长为，嘴角间的距离为，圆弧所对的圆心角为（为弧度角），则、和所满足的恒等关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角函数定义得、、三者之间关系，另有弧长公式，两式相除即可. 【详解】 设该圆弧所对应的圆的半径为，则，，两式相除得 故选：. 【点睛】本题主要考查扇形弧长公式. 二、多项选择题：本题共3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. 若向量，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 与的夹角为 【答案】BC 【解析】 【分析】用坐标表示出向量，用模长公式求出模长即可判断A选项；用向量坐标求向量的数量积判断B选项；由向量的投影向量的公式判断C选项；由坐标求出模长和向量的数量积，求出向量的夹角判断D选项. 【详解】由题， 所以，故A错； 又，故B正确； ，所以在上的投影向量为：，故C正确； 因为，又，所以，故D错误. 故选：BC. 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是平行直线 B. 直线与所成的角为60° C. 直线与平面所成的角为45° D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，． ∵，分别为棱，的中点，∴、， 则，，∴和不共线，故A错误； ∵，，∴， ∴，∴直线与所成的角为，故B正确． 由于平面的一个法向量为， ， ∴，直线与平面所成的角为，故C正确； 连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形， ∵棱长为2，∴，，， ∴等腰梯形的高为， ∴，故D错误， 故选：BC． 11. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为 D. 平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可. 【详解】对于A，由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以表面积为，A正确； 对于B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为 ，其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以B正确； 对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图， 易知，与所成角为，所以直线与的夹角为，C正确； 对于D，由正方体易知：， 所成角为，所以所成角为， 又在平面内， 所以平面不成立，故D错误； 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知中角A、B、C对边分别为a、b、c，若，则中最大角的余弦值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据大边对大角，结合余弦定理求解即可. 【详解】因为，不妨设， 在三角形中，大边对大角，所以最大角为， 根据余弦定理，. 故答案为：. 13. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法结合题意还原，从而可求出其周长 【详解】由题意可知在中，，， 所以， 所以的周长为， 故答案为：. 14. 如图，已知点是的重心，过点作直线分别与两边交于两点，设，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，由三点共线，得到，结合基本不等式，即可求得的最小值. 【详解】因为点G为重心，可得， 又因为三点共线，所以， 所以， 当时，等号成立，所以的最小值为. 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. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且与垂直，求与的夹角. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据有的关系得到，从而得到的坐标； （2）由与垂直得，根据向量夹角公式求解. 【小问1详解】 由，得， 又，所以 因为，所以， 所以或 【小问2详解】 因为与垂直，所以， 即， 将，代入，得， 所以， 又，得，即与的夹角为. 16. 在平面直角坐标系中，锐角，均以为始边，终边分别与单位圆交于点，，已知点的纵坐标为，点的横坐标为． （1）求和的值； （2）求的值； 【答案】（1）； （2）10 【解析】 【分析】（1）由三角函数的定义求出，，由同角三角函数的基本关系求出，，再由两角差的正切公式及二倍角公式计算可得； （2）根据诱导公式化简得齐次式，再根据同角三角函数的商数关系及即可求解； 【小问1详解】 由锐角，，得点，都在第一象限，而点的纵坐标为，点的横坐标为， 所以，， 则点的横坐标为， 点的纵坐标为， 所以，， 所以，． 【小问2详解】 由（1）知， 所以． 17. 如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）要证平面，根据线面平行的判定定理在平面内找到一条直线与之平行即可； （2）将线线垂直转化为与所在的某个平面垂直即可. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 则直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则为的中点，又为的中点，故， 平面，平面，故平面. 【小问2详解】 取中点为，连接，，为的中点， 故，而底面， 故底面，底面，故； 又为的中点，则，而，即， 故， 而，平面，平面， 故平面， 又平面，故，即. 18. 在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知． （1）求; （2）若,D为边AC上一点,且．求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用倍角公式化简即可； （2）根据，利用余弦定理求解. 【小问1详解】 由倍角公式得 所以 即 即 【小问2详解】 不妨设,则 所以,由题知 设,则① 在中由余弦定理得 在中由余弦定理得 因为,所以 即②,联立①②，解得 所以 【点睛】关键点点睛：本题属于多三角形问题，关键要抓住多个三角形之间的联系. 19. 为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交通便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置区域，该市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示，区域规划为游客餐饮服务区，区域规划为微型游乐场，区域规划为网红打卡区. 已知，m，m，， （1）若m，求的长； （2）若，求的值； （3）求微型游乐场面积的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助锐角三角函数定义，余弦定理计算即可； （2）运用正弦定理，结合三角恒等变换公式化简计算即可； （3）三角形的边长用表示，后用面积公式，转化为三角函数解题即可. 【小问1详解】 因为， 得，又，所以． 若,在中，由余弦定理，得， 解得,所以，所以， 所以为等边三角形，所以． 【小问2详解】 设,在中，由正弦定理，得, 同理, 又,所以， 所以, 即,又，所以，即，所以． 【小问3详解】 设,由（2）知， 又, 所以， 当且仅当，即当时，的面积取最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度下学期高一月考试题 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知向量是平面内所有向量的一组基底，则下面的四组向量中，不能作为基底的是（ ） A. B. C. D. 2. 设是虚数单位，则复数 的虚部为 A. B. 1 C. 2 D. 3. 已知直线为异面直线，为不重合的两个平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 已知球O内切于一个边长为6的正方体，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为 A. B. C. D. 6. 已知向量，满足，其中是单位向量，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 7. 正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 达·芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名，画中女子神秘的微笑，数百年来让无数观赏者入迷，现将画中女子的嘴唇近似的看作一个圆弧，设嘴角、间的圆弧长为，嘴角间的距离为，圆弧所对的圆心角为（为弧度角），则、和所满足的恒等关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3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. 若向量，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 与的夹角为 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是平行直线 B. 直线与所成的角为60° C. 直线与平面所成的角为45° D. 平面截正方体所得的截面面积为 11. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为 D. 平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知中角A、B、C对边分别为a、b、c，若，则中最大角的余弦值为_______． 13. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为________. 14. 如图，已知点是的重心，过点作直线分别与两边交于两点，设，则的最小值为______． 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. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且与垂直，求与的夹角. 16. 在平面直角坐标系中，锐角，均以为始边，终边分别与单位圆交于点，，已知点的纵坐标为，点的横坐标为． （1）求和的值； （2）求的值； 17. 如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：. 18. 在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知． （1）求; （2）若,D为边AC上一点,且．求的值． 19. 为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交通便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置区域，该市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示，区域规划为游客餐饮服务区，区域规划为微型游乐场，区域规划为网红打卡区. 已知，m，m，， （1）若m，求的长； （2）若，求的值； （3）求微型游乐场面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $