精品解析：黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题

哈九中2024级高一下学期6月月考数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计1200棵，比例如图所示．青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为（ ） A. 60棵 B. 100棵 C. 144棵 D. 160棵 4. 在正方形中，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体的八个顶点中，有四个恰好是正四面体（四个面都是正三角形的三棱锥）的顶点，则正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 8. 已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内 B. 正方体中，直线与是异面直线 C. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是 D. 在平面外，其三边所在直线分别和交于，，，则，，一定共线 10. 下列四个命题为真命题的是（ ） A. 若向量，则在上的投影向量为 B. 若，则为锐角三角形 C. 已知向量，则的最大值为 D. 在中，若，则动点的轨迹一定通过的重心 11. 如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（ ） A. B. 存在，使平面 C. 不存在，使平面 D. 当四棱锥的体积最大时，点到平面的距离是 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，，且，则________. 13. 将容量为的样本中的数据分成6组，绘制频率分布直方图.若第一组至第六组数据的频率之比为，且后三组数据的频数之和等于66，则__________. 14. 如图，直三棱柱中，⊥，，，点P在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为______． 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. 已知在正四棱柱中，，点是的中点． （1）求证：平面平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 16. 记的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为，求的周长； （3）若为中点，当的值最大时，判断的形状． 17. 如图，在四棱锥中，底面，⊥，，，，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面所成角的正弦值． 18. 如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． （1）求证：平面平面． （2）已知，，，点是线段上的动点． （ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 19. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. （1）如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； （2）将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； （3）半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈九中2024级高一下学期6月月考数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 2. 已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案． 【详解】因为， 对于A，若，则与有可能异面，故A错误； 对于B，若，则，又，则，故B正确； 对于C，若，则有可能，故C错误； 对于D，若，则与有可能相交，故D错误． 故选：B． 3. 为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计1200棵，比例如图所示．青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为（ ） A. 60棵 B. 100棵 C. 144棵 D. 160棵 【答案】C 【解析】 【分析】由已知比例求出中年教师应分得树苗的数量，再由饼图中梧桐占比求中年教师应分得梧桐的数量即可. 【详解】由题意，中年教师应分得树苗的数量为棵， 所以中年教师应分得梧桐的数量为棵， 故选：C 4. 在正方形中，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形结合向量的线性运算求解. 【详解】因为为的中点，为的中点， 所以. 故选：C. 5. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥的几何量和展开图几何量的关系，以及扇形的弧长公式，即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的底面周长为， 所以圆心角为，则. 故选：A 6. 在正方体的八个顶点中，有四个恰好是正四面体（四个面都是正三角形的三棱锥）的顶点，则正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体和正四面体的表面积公式计算即可得解. 【详解】正方体中，正四面体，如图： 不妨设正方体的棱长为，则正四面体的棱长为， 所以正方体的表面积为， 正四面体的表面积为， 所以正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为. 故选：B 7. 如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】B 【解析】 【分析】确定，，根据正弦定理得到，解得答案. 【详解】，，，， 则，即，， 故选：B 8. 已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题意，结合图形，利用侧棱长和底面边长求出正四棱锥的高和斜高；再根据锥体的体积公式和等体积法求出内切球的半径；最后根据球的体积公式即可求解. 【详解】 如图所示：记底面的中心为，点为边的中点. 由正四棱锥的性质可知：侧面，，，为全等的等腰三角形；底面为正方形；底面，. 根据题意可知：在正四棱锥中，侧棱长为，底面边长为， 则， ， . 所以正四棱锥的每个侧面面积为，底面面积为. 设该四棱锥内切球的半径为. . 根据等体积可得：， 即，即得：. 所以该四棱锥的内切球的体积为. 故选：A. 二、多选题（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） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内 B. 正方体中，直线与是异面直线 C. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是 D. 在平面外，其三边所在直线分别和交于，，，则，，一定共线 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例判断A，由异面直线的定义即可判断B，根据斜二测画法的性质即可求解C，根据平面基本事实判断D. 【详解】对于A，三棱锥的三条侧棱所在直线交于同一点，而这三条直线不共面，故A错误； 对于B：由于在正方体中，直线与既不平行也不相交，所以是异面直线，故B正确， 对于C：根据斜二测画法的规则可知： 直观图中，高， 所以直观图的面积，故C错误， 对于D， 因为所在平面与平面相交，由平面基本事实知，公共点都在交线上，即，，一定共线，故D正确； 故选：BD 10. 下列四个命题为真命题的是（ ） A. 若向量，则在上的投影向量为 B. 若，则为锐角三角形 C. 已知向量，则的最大值为 D. 在中，若，则动点的轨迹一定通过的重心 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接根据投影公式计算出投影向量的值即可；对于B，根据余弦定理可判断为锐角，但不能确定，无法判断是否为锐角三角形；对于C，由两个向量的差模长最长即这两个向量共线反向即可求解；对于D，令中点，则，再根据正弦定理变形即可判断. 【详解】对于A，在上的投影向量为，A正确； 对于B，因为，，可得为锐角，但不能确定，无法判断是否为锐角三角形，B错误； 对于C，，当共线反向时最大时，最大值为，C正确； 对于D，取中点，连接，则，根据正弦定理可得，则， 则，则动点的轨迹一定通过的重心. 故选：ACD. 11. 如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（ ） A. B. 存在，使平面 C. 不存在，使平面 D. 当四棱锥的体积最大时，点到平面的距离是 【答案】BCD 【解析】 【分析】取中点，假设，利用线面垂直的判定定理证得平面，则，推出矛盾，可判断A ；取中点，利用线面平行的判定定理求证平面和平面，再利用面面平行的判定定理求证平面平面，即可判断B；假设存在点，使得平面成立，则利用线面垂直的判定定理求证平面，则，推出矛盾，即可判断C；当平面平面时，四棱锥的高最长为，再利用等体积法即可判断D. 【详解】 对于A，假设，如图取中点，连接， 因为，则，又平面， 则平面，因为平面，则， 在中，又，显然不成立， 所以不可能有，故A错误； 对于B，如图，存在为中点时，取中点，连接， 因为为的中点，所以，又平面平面， 所以平面，又，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，故B正确； 对于C，假设存在点，使得平面成立，因为平面，所以， 又因为且平面，所以平面， 又因为平面，那么，又因为，则直角边大于斜边， 显然矛盾，所以不存在，使平面，故C正确； 对于D，因为 是腰为1的等腰直角三角形，则到的距离是， 当平面平面时，因，平面，平面平面， 故平面，此时四棱锥体积最大. 因，由余弦定理，， 解得，所以，又， 所以，， 设点到平面的距离，则由可得， 则，故D正确． 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，，且，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故答案为： 13. 将容量为的样本中的数据分成6组，绘制频率分布直方图.若第一组至第六组数据的频率之比为，且后三组数据的频数之和等于66，则__________. 【答案】120 【解析】 【分析】运用频率的概念结合条件列式子即得. 【详解】根据题意，频率＝频数比总数，知道频率之比为频数之比，后三组频数之比. 频数分别设为，则总数为，则， 解得，则. 故答案为：120. 14. 如图，直三棱柱中，⊥，，，点P在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】先设出BP=x，，利用求出，结合基本不等式求出时，面积取得最小值，补形后三棱锥的外接球即该长方体的外接球，求出外接球半径和表面积. 【详解】由勾股定理得：， 设BP=x，，则，， ， 由得：，解得：， 因为，故 由基本不等式得：， 当且仅当，即时，等号成立， 将三棱锥补形为长方体，则三棱锥的外接球即该长方体的外接球， 其中长方体的外接球的直径为， 故半径为，故三棱锥的外接球的表面积为. 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. 已知在正四棱柱中，，点是的中点． （1）求证：平面平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） 由题可得，又平面，平面，故， 而平面，且， 平面，又平面， 所以平面平面. （2）； （3）3 【解析】 【分析】（1）由题，可证平面，再根据面面垂直的判定定理得证； （2）由题，为异面直线与所成角或其补角，求出三边长，利用余弦定理得到异面直线的夹角余弦值； （3）证明平面，由等体积法求出三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 所以为异面直线与所成角或其补角， 正四棱柱中，， 由勾股定理得， 在中，， 由余弦定理，得， 故异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 因为正方形，所以，， 又在正四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以． 或. 16. 记的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为，求的周长； （3）若为中点，当的值最大时，判断的形状． 【答案】（1） （2） （3）等边三角形 【解析】 【分析】(1)根据正弦定理实现边角互化，再结合三角形内角和定理和两角和的正弦公式可求角； (2)由三角形面积公式和角可求的值，再结合余弦定理可求即可得三角形的周长； (3)利用向量的知识得出，结合余弦定理及基本不等式求出何时取最值. 【小问1详解】 由 又得 其中 化简得， 又得, 即, 因为A是三角形的内角，所以． 【小问2详解】 由，得， 由余弦定理，得， 得，得， 所以的周长为 【小问3详解】 所以， 由（1）知，又． 由余弦定理得，得， 所以， 又因为，即，当是取等号， 所以，所以, 此时三角形为等边三角形. 17. 如图，在四棱锥中，底面，⊥，，，，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： ∵底面，底面， ∴， ∵⊥，平面， ∴平面，即为平面的一个法向量， 如图以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 可得，，，，， 由为棱的中点，得， ∴，， ∴，， ∵平面， ∴平面； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）由底面，得到，结合⊥得到线面垂直，建立空间直角坐标系，为平面的一个法向量，计算出，得到线面平行； （2）求出平面的法向量，计算出，得到线面角的正弦值； （3）利用两平面的法向量，得到两法向量的夹角余弦值，进而求出面面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，设平面的法向量为， 则，令得，取， 又，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 又平面的法向量， ， 所以平面与平面所成角的正弦值为 18. 如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． （1）求证：平面平面． （2）已知，，，点是线段上的动点． （ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明：因为，且为的中点，所以，． 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面． 同理，，且， 所以四边形为平行四边形，则． 又平面，平面，所以平面． 又，平面，且， 所以平面平面． （2）（ⅰ）取的中点，连接， 过点作交于点，取的中点，连接． 因为四边形与四边形均为等腰梯形，且，，， 所以，，，，． 在中，，所以，所以． 所以二面角为直二面角，所以平面平面． 又平面平面，平面，所以平面． 因为平面，所以，所以两两垂直． 故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 因为点是线段上的动点，所以设， 所以． 假设存在点使得与垂直，则， 所以，即，解得． 故当时，点为线段上靠近点的六等分点． （ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）先分别去证平面内两条直线与平面平行，再利用面面平行的判定定理证明两平面平行； （2）在几何体内找到三条互相垂直的直线，建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示去列出方程，求出点的坐标，利用线面角的正弦值等于线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值去表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合函数求出其最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为． 由（ⅰ）知，． 设直线与平面所成角为， 则， 易知当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为． 19. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. （1）如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； （2）将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； （3）半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 【答案】（1）21 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件求出正六棱台体积，即可得到答案； （2）由题，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为，根据祖暅原理，列式计算； （3）由题，两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠，每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积，列式计算得解. 【小问1详解】 正六棱台的上表面面积，下表面面积， 正六棱台的体积为. 【小问2详解】 根据图4，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为. 底面边长和高为的正四棱锥在距底面距离处的横截面积与阴影部分相等. 根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积 即，所以. 【小问3详解】 两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠， 每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积， 则， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $