精品解析：黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2022-2023学年高一下学期第三次月考数学试题

2022-2023学年度高一学年第二学期第三次月考考试 数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 命题人：刘宏大 审题人：杨五秋 第I卷（选择题，共60分） 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，只有一项是符合题目要求.） 1. 已知复数（虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法运算化简，可得虚部． 【详解】， 则复数的虚部为， 故选： 【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，属基础题． 2. 一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，分别由，，求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则，解得， 又，解得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是， 故选：B 3. 设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个说法： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，则； ④若，，，则. 其中所有错误说法的序号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】①利用平面与平面的位置关系判断；②利用线面垂直的性质定理判断；③利用直线与直线的位置关系判断；④利用面面垂直的性质定理判断. 【详解】①若，，则或相交，故错误； ②若，，则可得，故正确； ③若，，则，故错误； ④若，，，当时，，故错误 故选：C 4. 如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法画直观图的性质，即平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段的长度减半，结合图形求得原图形的各边长，可得周长．. 【详解】直观图正方形的边长为，， 原图形为平行四边形，如图： 其中，高， ， 原图形的周长. 故选：A. 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量线性运算的坐标表示求，再根据垂直关系列式求解即可. 【详解】因为，则， 又因为且，则，解得. 故选：B. 6. 将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，则三棱锥D—ABC的体积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 如图，取中点，连接．因为是边长为的正方形，是中点，所以且．在中，因为，，所以，从而可得，即．所以可得面，从而有，故选D 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则的面积为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理可得，然后利用三角恒等变换可得或，然后根据正弦定理及三角形面积公式即得. 【详解】因为，， 所以，， 又， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以或， 当时，则，又， 所以， 所以的面积为； 当时，则，又， 所以，即， 所以的面积为. 8. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中点，连接，进而证明平面得到平面即为所求的平面，再求面积即可. 【详解】解：如图，取中点，连接， 因为在长方体中，，分别为棱，的中点， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为为中点，为棱的中点， 所以， 又因为， 所以， 所以四边形是平行四边形， 又因为平面，平面， 所以平面， 所以平面即为所求的平面， 又因为，， 所以面积为 故选：D 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 若两条直线互相平行，则这两条直线确定一个平面 B. 若两条直线相交，则这两条直线确定一个平面 C. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 D. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 【答案】ABC 【解析】 【分析】由公理2及推论判断A、B、C选项，由直线的位置关系判断D选项. 【详解】公理2的推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面，选项A正确； 公理2的推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面，选项B正确； 空间四点不共面，则其中任何三点不共线，否则由公理2的推论1：直线与直线外一点确定一个平面，这空间四点共面，所以选项C正确； 若两条直线没有公共点，可以互相平行，不一定是异面直线，选项D错误. 故选：ABC 10. 下列结论正确的有（ ） A. 侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 B. 等底面积、等高的两个柱体，体积相等 C. 有两个面是平行的相似多边形，其余各面都是梯形的几何体是棱台 D. 用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，菱形的直观图还是菱形 【答案】AB 【解析】 【分析】利用棱柱、棱台的定义，分别进行判断，即可得出结论． 【详解】由直棱柱的定义和性质可知A正确；由柱体体积公式得B正确；如果侧棱延长线不共顶点，也可能不是棱台，C错误；菱形的直观图一定是邻边不等的平行四边形，也可能是矩形，D错误． 故选：AB 11. 已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据线面垂直的性质定理判定定理可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的性质定理判定定理可判断C，利用面面平行的判定定理可判断D. 【详解】A选项：如图1，若平面，则， 又因为平面，平面， 则，连接，又， 所以平面，平面，则， 只有当时，才成立，故A不正确； B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点， 所以，平面，平面， 所以平面， 若平面，则平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，显然不正确，故B不正确； C选项：如图3，若平面，平面， 则，又易知平面，平面， 则，又， 所以平面，平面则， 显然不正确，故C不正确； D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点， 所以，平面，平面， 所以平面， 因为Q，N分别是BC，的中点，所以， 所以四边形是平行四边形，则， 平面，平面， 所以平面，且， 因此平面平面，平面， 所以平面，故D正确． 故选:ABC. 12. 在直三棱柱中，，，，三棱锥的体积为，点M，N，P分别为AB，BC，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与直线PN为异面直线 C. 平面ABP⊥平面 D. 三棱柱外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由余弦定理可得，利用勾股定理和线面垂直的判定定理可得平面，结合棱锥的体积公式计算即可判断A；由异面直线的判定定理即可证明直线与直线NP为异面直线，进而判断B；由面面垂直的性质和过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直，即可判断C；将三棱柱补成长方体，结合球的体积公式计算即可判断D. 【详解】A：在中，由，由余弦定理， 得， 即，得.所以，得， 又三棱柱为直三棱柱，所以， 又平面，所以平面， 所以，得，故A正确； B：连接AN，延长NP交于点Q，连接，则且， 所以四点确定唯一平面，又平面，平面， 且平面，NP，所以直线与直线NP为异面直线，故B正确； C：延长BP至点，连接，又平面平面， 在平面内过A作，若平面平面， 则平面，由A选项的分析知平面， 这与过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直相矛盾，故C错误； D：由A选项的分析，可将直三棱柱补全成长、宽、高分别为1、、4的长方体， 则直三棱柱外接球的直径即为长方体的体对角线长， 有，得， 所以该外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD. 第II卷（共90分） 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 如图，在正方体中，直线与面所成角的正切值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先利用线面角的定义得到为直线与面所成角，再在中求得，由此得到结果. 【详解】连接，如图， 因为平面，所以为在面内的射影，， 所以为直线与面所成角， 不妨设正方体的棱长为，则在中， ，， 所以． 14. 已知正三棱锥的外接球的半径为，其中点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的表面积是__________． 【答案】 【解析】 【详解】 可设底面边长为，由正三棱锥的外接球半径为，且球心在点所确定的平面上，可得底面正的边长，则的面积为，在中，由勾股定理可得，则正三棱锥的斜高为，可得正棱锥的侧面积为，则正三棱锥的表面积．故本题应填． 点睛：解决球与其他几何体的内切，外接问题的关系在于仔细观察，分析几何体的结构特征，搞清相关元素的位置关系和数量关系，选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多地包含球和其他几何体的各种元素，尽可能的体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．两个常用结论：球的内接长方体的对角线长是球的直径；棱长为的正方体的外接球的半径为． 15. 如图，在棱长为4的正方体中，E、F分别是AB、的中点，点P是上一点，且平面CEF，则四棱锥外接球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理可得，进而，然后根据长方体的性质及球的表面积公式即得. 详解】连接BD交CE于O，连接OF，则， 因为平面，平面，平面平面， 所以，． ∵F是的中点，， 所以， ∴三棱锥外接球直径为， 所以所求表面积为． 故答案为：． 16. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，则点的坐标_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用新定义，根据两个向量坐标形式的运算法则，即可求解. 【详解】由题意可得， 因为点绕点沿逆时针方向旋转角得到点， 所以， 设点坐标，则， 解得，， 即点的坐标为， 故答案为： 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 直三棱柱中，为正方形，，，M为棱上任意一点，点D、E分别为AC、CM的中点． （1）求证：平面； （2）当点M为中点时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取BC中点为，连接，，由面面平行的判断定理证明平面平面，从而即可证明平面； （2）证明平面，即平面，从而有，根据三棱锥的体积公式即可求解. 【小问1详解】 证明：取BC中点为，连接，， 因为点、分别为，的中点，所以，， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 所以， 又为正方形，，， 所以，且，，，又， 所以平面，即平面， 所以当点为中点时，三棱锥的体积. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若，且，求． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）先用正弦定理将原式中角用角表示，再用同角三角函数关系求出的值，进而求出角； （Ⅱ）先用正弦定理将角化为边，根据边的关系引入参数表示，的长，再结合（Ⅰ）中结论用余弦定理得到方程，从中解出（用表示），最后用三角形面积解出参数的值，即可求出的长． 【详解】解：（Ⅰ）由正弦定理得 ， 所以可化为 ， 得． 因为，所以． （Ⅱ）由正弦定理可将化为． 设，， 根据余弦定理得， 整理得， 解得， 所以， 解得，所以． 19. 已知向量，，设. （1）求函数的对称中心； （2）已知为锐角，，，，求的值. 【答案】（1），；（2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标运算及辅助角公式将函数化简，再结合正弦函数的性质计算可得； （2）依题意可得，再根据同角三角函数的基本关系求出、，最后根据利用两角和的正弦公式计算可得； 【详解】解：（1）因为，， 所以. 令，，则，，所以函数的对称中心为， （2）因为，所以，即，因为为锐角，所以， 因为，所以，因为，所以，所以 所以 20. 三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，O、M分别为、的中点. （1）求证：平面平面； （2）求点B到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)根据给定条件证得平面即可推理作答. (2)在三棱锥中，利用等体积法即可求出点B到平面的距离. 【小问1详解】 因，为中点，则，又平面平面， 平面平面，平面，因此有平面，而平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 在三棱锥中，，且，则，，连接BM，如图， 因O、M分别为、的中点，则MO为正的中位线，面积为， 设点B到平面的距离为h， 由(1)知，平面，可得，又，则的面积， 由得：，即，解得：， 所以点到平面的距离为. 21. 已知的内角分别为A，B，C，且． （1）求角C的大小； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角余弦公式得到方程，解得，即可得解. （2）依题意，利用和（差）角公式化简，再根据的取值范围，求出的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 解：因为， 所以，解得或， 由于，所以，可得； 【小问2详解】 解： ， 因为，所以，则， 所以， 所以的取值范围是. 22. 如图，菱形中，与相交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成的角的余弦值为时，求证：； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）要证与平面垂直，只要证与平面内两条相交直线垂直即可，这由已知线面垂直可得一个，又由菱形对角线垂直又得一个，由此可证； （2）由已知线面垂直得平面，从而知为直线与平面所成的角，从而可得，然后计算出三线段的长，由勾股定理逆定理可得垂直； （3）取中点，则有，从而可得异面直线所成的角，再解相应三角形可得． 【小问1详解】 因为四边形是菱形，所以， 因为平面，平面，所以. 因为，平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面 所以直线与平面所成的角为即. 在等边中， 所以中，所以. 过作交于点 所以中 中 中 所以； 【小问3详解】 取边的中点，连接易得且 为所求的角或其补角， 而在中，， 中， 所以异面直线与所成的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023学年度高一学年第二学期第三次月考考试 数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 命题人：刘宏大 审题人：杨五秋 第I卷（选择题，共60分） 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，只有一项是符合题目要求.） 1. 已知复数（虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 一个圆锥侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A. B. C. D. 3. 设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个说法： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，则； ④若，，，则. 其中所有错误说法的序号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ①③④ D. ②③④ 4. 如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 6. 将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，则三棱锥D—ABC的体积为 A. B. C. D. 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则的面积为（ ） A. B. C. 或 D. 8. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 若两条直线互相平行，则这两条直线确定一个平面 B. 若两条直线相交，则这两条直线确定一个平面 C. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 D. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 10. 下列结论正确的有（ ） A. 侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 B. 等底面积、等高两个柱体，体积相等 C. 有两个面是平行的相似多边形，其余各面都是梯形的几何体是棱台 D. 用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，菱形的直观图还是菱形 11. 已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C 平面 D. 平面 12. 在直三棱柱中，，，，三棱锥的体积为，点M，N，P分别为AB，BC，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与直线PN为异面直线 C. 平面ABP⊥平面 D. 三棱柱外接球体积为 第II卷（共90分） 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 如图，在正方体中，直线与面所成角的正切值为______． 14. 已知正三棱锥的外接球的半径为，其中点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的表面积是__________． 15. 如图，在棱长为4正方体中，E、F分别是AB、的中点，点P是上一点，且平面CEF，则四棱锥外接球的表面积为________． 16. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，则点的坐标_____. 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 直三棱柱中，为正方形，，，M为棱上任意一点，点D、E分别为AC、CM的中点． （1）求证：平面； （2）当点M为中点时，求三棱锥的体积． 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若，且，求． 19. 已知向量，，设. （1）求函数的对称中心； （2）已知为锐角，，，，求的值. 20. 三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，O、M分别为、的中点. （1）求证：平面平面； （2）求点B到平面的距离. 21. 已知的内角分别为A，B，C，且． （1）求角C的大小； （2）求的取值范围． 22. 如图，在菱形中，与相交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成的角的余弦值为时，求证：； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $