精品解析：江苏徐州市第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

徐州一中2023-2024学年度第二学期高一年级5月月考 数学试题 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．每小题只有一个正确选项． 1. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（    ） A. B. C. D. 5. 在长方体中，，，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6，则这些点数的方差为（ ） A. 3.5 B. 4 C. 4.5 D. 5 7. 在平行四边形 中，，则（ ） A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 8. 已知四边形 内接于圆 ，且满足，，，则圆 的半径为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 下列关于向量的说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若单位向量夹角为 ，则向量在向量上的投影向量为 C. 若与不共线，且，那么 D. 若且，则 10. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 11. 如图，在菱形 中，分别为的中点，将菱形 沿对角线 折起，使点 不在平面 内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. 异面直线 与所成角为定值 C. 设菱形 边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 D. 若存在某个位置，使得直线 与直线 垂直，则的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为________． 13. 某工厂有A，B，C三个车间，A车间有1000人，B车间有400人．若用分层抽样的方法得到一个样本容量为44的样本，其中B车间8人，则样本中C车间的人数为__________． 14. 已知，，且 ，，则 的值为______． 四、解答题：本题共5个小题，第15题13分，第16，17题各15分，18，19每题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知，. （1）若，，且 、 、 三点共线，求 的值. （2）当实数 为何值时，与垂直? 16. 已知z是复数，和均为实数，其中i是虚数单位. （1）求复数z的共轭复数； （2）记，若复数对应的点在第三象限，求实数m的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面，，点 为棱 的中点. （1）证明： 平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的大小. 18. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，. （1）已知，且 （i）当时，求 的面积； （ii）若，求. （2）已知，且，求AC的最大值. 19. 我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形 中，，将沿 翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为 ，， 的中点，且 是与 的公垂线. （1）证明：三棱锥为正四面体； （2）若点M，N分别在， 上，且为与 的公垂线. ①求的值； ②记四面体的内切球半径为r，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 徐州一中2023-2024学年度第二学期高一年级5月月考 数学试题 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．每小题只有一个正确选项． 1. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标公式运算即可. 【详解】因为，所以，得. 故选:D 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数模的运算和商的运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可. 【详解】因为，所以， 所以的虚部为. 故选：B 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接使用半角公式（或逆用二倍角公式得到半角公式）即可. 【详解】. 故选：C. 4. 如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形,结合勾股定理算出各边长度即可求解. 【详解】由题意,,由可得, 由, 可得,所以, 而， 所以， 结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形， 如图所示： 由勾股定理可得， 所以满足题意的平面图形的周长是. 故选:C. 5. 在长方体中，，，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为，所以与所成角等于与 所成的角，在三角形中，利用余弦定理求解． 【详解】如图，连接 ，． 在长方体中，因为，所以与所成角等于与 所成的角； 在三角形中，， 由余弦定理得． 故选： ． 6. 抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6，则这些点数的方差为（ ） A. 3.5 B. 4 C. 4.5 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合平均数、方差的计算公式求解. 【详解】不妨设这5个出现的点数为，且， 由题意可知：， 因为这些点数的平均数为2，则，可得， 所以，即这5个数依次为， 可得这些点数的方差为. 故选：B. 7. 在平行四边形 中，，则（ ） A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】选取为基向量，将用基向量表示后，再利用平面向量数量积的运算法，即可求解. 【详解】如图所示，因为， 所以 . 故选：A 8. 已知四边形 内接于圆 ，且满足，，，则圆 的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，分别在中和在中利用余弦定理求出和，然后在中，由正弦定理可得 【详解】由题意可得， 在中，由余弦定理得, 在中，由余弦定理得， 两式相减得， 因为，所以， 所以， 在中，由正弦定理得圆 的半径为， 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 下列关于向量的说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若单位向量夹角为 ，则向量在向量上的投影向量为 C. 若与不共线，且，那么 D. 若且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据零向量与任意向量平行可判断A错误，根据向量投影的定义可判断B正确，根据非零向量之和为零向量判断两系数为0可判断C正确，根据数量积的运算律可判断D错误. 【详解】选项 ，若，则与不一定平行， 错误. 选项，向量在向量上的投影为，正确. 选项，，且与不共线，则，为非零向量，则，正确. 选项，由可得，，则，不能推出，错误. 故选：BC. 10. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可. 【详解】设，则. 对于A：， 若，则， 所以，即，故A一定成立； 对于B：，若，则①， ，同理， 若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立； 选项C：， ， 所以，故C一定成立； 选项D：②， ，与②式不同，故D不一定成立. 故选：AC 11. 如图，在菱形 中，分别为的中点，将菱形 沿对角线 折起，使点 不在平面 内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. 异面直线 与所成角为定值 C. 设菱形 边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 D. 若存在某个位置，使得直线 与直线 垂直，则的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】据题意，证得，证得平面，可判定A正确；证得平面，证得，得到，可判定B正确；取的中心，设外接球的球心为 ，根据球的截面圆的性质，求得外接球半径为，可判定C正确；分为直角和钝角时，结合 在线段的关系，结合，可判定D错误． 【详解】对于A，∵ ， 分别为菱形 的边 ， 的中点， ∴，又平面，平面，∴平面，故A正确； 对于B，取 中点 ，连接，如图，则，， 平面，∴平面，而平面， ∴，∴，即异面直线与 所成的角为90°，B正确； 对于C，取的中心，设外接球的球心为 ， 连接平面 ，平面，连接，并延长交 于点 ， 因为 的边长为 ，可得，则， 又因为，当二面角为时，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得，即外接球半径为， 所以外接球的表面积为，所以C正确； 对于D，过 作，垂足为 ，若为锐角， 在线段 上； 若为直角，则 与 重合；若为钝角，则 在线段的延长线上， 若存在某个位置，使得直线 与直线 垂直，因为，所以平面， 因为平面，所以， 若为直角， 与 重合，所以， 在中，因为，所以不可能成立，即为直角不可能成立； 若为钝角， 在线段的延长线上，则在菱形 中，为锐角， 由于立体图中，所以立体图中一定小于平面图中的， 所以为锐角，，故点 在线段 上与H在线段的延长线上矛盾， 因此不可能是钝角； 当的取值范围是时， 在线段 上，在翻折的过程中，一定存在某个位置，使得点D在平面 的投影落在上，符合题意； 综上,的取值范围是，所以D错误． 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形弧长与底面半径关系得，解出弧长，最后利用侧面积公式即可. 【详解】设圆锥的母线为,则,所以, 则圆锥的侧面积为. 故答案为：. 13. 某工厂有A，B，C三个车间，A车间有1000人，B车间有400人．若用分层抽样的方法得到一个样本容量为44的样本，其中B车间8人，则样本中C车间的人数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先确定分层抽样的抽样比，求出样本中 车间的人数，进而可求出 车间的人数. 【详解】因为 车间有400人，样本中 车间8人，所以抽样比为， 因此 车间抽取的人数为， 所以样本中 车间的人数为. 故答案为：16 14. 已知，，且 ，，则 的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】将转化为，然后由两角和与差的正弦公式展开化简，由 ，利用二倍角公式化简最后求解即可． 【详解】因为，所以， 所以， 化简得：，所以， 又由 ，可得， 所以，即，所以， 所以，又，， 所以，所以． 四、解答题：本题共5个小题，第15题13分，第16，17题各15分，18，19每题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知，. （1）若，，且 、 、 三点共线，求 的值. （2）当实数为何值时，与垂直? 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出、的坐标，由 、 、 三点共线，可得与共线，列出方程即可得到 的值； （2）依题意可得，根据数量积的坐标表示计算可得． 【小问1详解】 因为，， 所以，， 因为 、 、 三点共线， 所以， 所以，解得. 【小问2详解】 因为， ， 又与垂直， ，解得． 16. 已知z是复数，和均为实数，其中i是虚数单位. （1）求复数z的共轭复数； （2）记，若复数对应的点在第三象限，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，分别代入和，再根据两者均为实数可求得 ，，进而可求得复数z的共轭复数； （2）化简，再根据复数对应的点在第三象限可建立不等式组，求解即可. 【小问1详解】 设，则 由为实数，则，所以， 由为实数，则，所以 则，复数z的共轭复数. 【小问2详解】 由（1）可知， 由对应的点在第三象限，得，即， 解得 故实数m的取值范围为 17. 如图，在四棱锥中，底面，，点 为棱 的中点. （1）证明： 平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点 ，连接，由已知可证四边形为平行四边形，可得 ，可证结论； （2）利用，可求三棱锥的体积； （3）易证平面，可得，进而可证平面，可得为直线与平面所成的角，求解即可. 【小问1详解】 如图，取中点 ，连接， 由于分别为的中点，故，且， 又 ，可得 ，且， 故四边形为平行四边形， 所以 ，又因为平面平面， 所以 平面. 【小问2详解】 因为 为 的中点，所以， 因为底面 ，所以， 即. 【小问3详解】 因为底面底面， 又平面， 平面. 又平面. 为的中点， ， 又 平面，平面， 直线在平面内的射影为直线， 故为直线与平面所成的角， 由底面底面 可得，， 为等腰直角三角形，且平分， ， 所以直线 与平面所成的角为. 18. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，. （1）已知，且 （i）当时，求 的面积； （ii）若，求. （2）已知，且，求AC的最大值. 【答案】（1）（i）；（ii）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）利用余弦定理结合已知求出 ，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答. （2）连接 ，由已知结合余弦定理可得，，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答. 【小问1详解】 （i）设，在中，由余弦定理得，解得， 在 中，，则底边 上的高， 所以 的面积. （ii）设，依题意，， 则，，即，而， 所以. 【小问2详解】 连接 ，中，，， 由余弦定理得， 则，，设，在中，， 于是，在 中，， 由余弦定理得：， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，， 所以AC的最大值是. 【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 19. 我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形 中，，将沿 翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为 ，， 的中点，且 是与 的公垂线. （1）证明：三棱锥为正四面体； （2）若点M，N分别在， 上，且为与 的公垂线. ①求的值； ②记四面体的内切球半径为r，证明：. 【答案】（1）证明过程见解析 （2）①10，②证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明出线面垂直，得到 ⊥，由三线合一得到，进而得到六条边均相等，证明出结论； （2）①设出边长，由余弦定理得到，设出，表达出，利用列出方程，求出，得到答案； ②取 中点，令，则 到平面的距离为，表达出，再利用四棱锥内切球半径得到，其中，进而得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 连接， 因为菱形 中，， 所以和为等边三角形， 因为 是 中点，所以 ⊥ ， 因为 是与 的公垂线，所以 ⊥ ， 因为，且平面， 所以 ⊥平面， 因为平面， 所以 ⊥， 由三线合一得， 又，所以三棱锥为正四面体， 【小问2详解】 不妨设，则，， 由余弦定理得， 设， 所以， 因为， 所以 ， 故， 其中，， ， 即，解得，故； ②取 中点，令，则 到平面的距离为， ， 设四面体的表面积为S，则， 其中， 而， ， 所以， 即. 【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $