2022-2023學年黑龍江省綏化市綏棱縣第一中學高一下學期6月月考數(shù)學試題 一、單選題1．以下四個命題中，真命題為（    ）A．側(cè)面都是等腰三角形的棱錐是正棱錐B．底面是矩形的平行六面體是長方體C．直四棱柱是直平行六面體D．棱臺的側(cè)棱延長后必交于一點【答案】D【分析】根據(jù)各幾何體的定義即性質(zhì)逐個選項判斷即可.【詳解】A中， 如圖，若，且，則該三棱錐不是正三棱錐，A是假命題；B中，平行六面體中側(cè)棱與底面矩形不一定垂直，B是假命題；C中，直四棱柱的底面不一定是平行四邊形，故直四棱柱不一定是直平行六面體，C是假命題；D中，根據(jù)棱臺的定義，D是真命題.故選：D2．已知一直線經(jīng)過點，，下列向量中不是該直線的方向向量的為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得，然后根據(jù)向量共線確定正確選項.【詳解】由題知，，則與向量共線的非零向量均為該直線的方向向量. A選項中的向量與不共線，所以不是直線的方向向量.故選：A3．復數(shù)為純虛數(shù)，則實數(shù)的值為（    ）A．0 B． C．1 D．【答案】D【分析】利用復數(shù)乘方、除法運算化簡，根據(jù)純虛數(shù)定義求參數(shù)即可.【詳解】為純虛數(shù)，故，即.故選：D4．已知△ABC是正三角形，且，則向量在向量上的投影向量為（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意求出與的夾角，然后利用求投影向量的公式即可求解.【詳解】因為△ABC是正三角形，且，所以以為鄰邊作平行四邊形，則四邊形是菱形，是的中點，所以，即與的夾角為，所以在上的投影向量為（其中表示與同方向的單位向量）.故選：B.5．圓柱的底面周長為6cm，AC是底面圓的直徑，高BC＝6cm，點P是母線BC上一點，且PC＝BC．一只螞蟻從A點出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點P的最短距離是（　　） A． B． C． D．【答案】B【分析】首先畫出圓柱的側(cè)面展開圖，根據(jù)高BC′＝6cm，PC＝BC，求出PC′＝×4＝4cm，在Rt△AC′P中，根據(jù)勾股定理求出AP的長．【詳解】側(cè)面展開圖如圖所示：∵圓柱的底面周長為6cm，∴AC′＝3cm．∵PC′＝BC′，∴PC′＝×6＝4cm．在Rt△ACP中，AP2＝AC′2+CP2，∴AP＝＝5．故選B．【點睛】此題主要考查了平面展開圖，以及勾股定理的應用，做題的關(guān)鍵是畫出圓柱的側(cè)面展開圖．6．A，B，C表示不同的點，n，l表示不同的直線，，表示不同的平面，下列說法正確的是（     ）A．若，，，則B．若A，，A，，則C．若A，，A，B，，，則D．若，，，則【答案】A【分析】根據(jù)點、線、面的位置關(guān)系，對各選項逐一分析即可得答案.【詳解】解：選項A，因為，，，所以，故A正確；選項B，因為A，，A，，所以或l與相交，故B不正確；選項C，A，，A，B，，，此時點C不一定在平面a內(nèi)，所以不正確，故C不正確；選項D，由，，，則l與n可能平行，也可能異面，故D不正確．故選：A.7．已知平行六面體的各棱長均為1，，，則（    ）    A． B． C． D．【答案】D【分析】分析得出，利用空間向量數(shù)量積可求得的值.【詳解】由已知可得，，又，所以，所以．故選：D．8．窗的運用是中式園林設計的重要組成部分，在表現(xiàn)方式上常常運用象征、隱喻、借景等手法，將民族文化與哲理融入其中，營造出廣闊的審美意境．從窗的外形看，常見的有圓形、菱形、正六邊形、正八邊形等．已知圓O是某窗的平面圖，O為圓心，點A在圓O的圓周上，點P是圓O內(nèi)部一點，若，且，則的最小值是（    ）A．3 B．4 C．9 D．16【答案】A【分析】利用向量的線性運算，結(jié)合數(shù)量積，可求得，確定其取值范圍，再根據(jù)平方后的式子，即可求得答案.【詳解】因為，所以，所以，即，則．因為點P是圓O內(nèi)部一點，所以，所以，則，當且僅當時，等號成立，故的最小值是3,故選：A. 二、多選題9．下列關(guān)于復數(shù)的說法一定正確的是（    ）A．存在x使得小于0 B．存在x使得C．不是實數(shù) D．實部和虛部均為1【答案】AB【分析】對于A，B選項，只要取合適的復數(shù)便可判斷，而C，D選項取一些復數(shù)作為反例可判斷.【詳解】由復數(shù)x＋i，取x＝－2－i，可知A正確；當x＝時，，故B正確；當x＝－i時，x＋i＝0為實數(shù)，故C不正確；由于x的取值未知，故D錯誤．故選：.10．以下四個命題中錯誤的是（    ）A．空間的任何一個向量都可用其他三個向量表示B．若為空間向量的一組基底，則構(gòu)成空間向量的另一組基底C．對空間任意一點和不共線的三點、、，若，則、、、四點共面D．任何三個不共線的向量都可構(gòu)成空間向量的一個基底【答案】ACD【分析】根據(jù)空間向量基本定理及其推論即可逐一作出判定.【詳解】A中忽略三個基底要求不共面的限制，故A錯誤；若為空間向量的一組基底，則、、互不共面，且、、均為非零向量，假設、、共面，可設，所以，該方程組無解，故、、不共面，因此，可構(gòu)成空間向量的一組基底，故B正確；由于，∵，此時，、、、四點不共面，C錯誤；任何三個不共面的向量都可構(gòu)成空間向量的一組基底，三個向量不共線時可能共面，故D錯誤.故選ACD.11．若為坐標原點，，，，，，則的取值可能是（    ）A．1 B．2 C．3 D．6【答案】CD【分析】根據(jù)向量模的坐標表示列出方程，化簡整理可得，令，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)即可求解.【詳解】由題意知整理得．令，則，且，∴，∴，∴的取值可能是3，6．故選：CD12．如圖，正方體的棱長為1，E，F，G分別為BC，，的中點，則（    ）A．直線與直線DC所成角的正切值為B．直線與平面AEF不平行C．點C與點G到平面AEF的距離相等D．平面AEF截正方體所得的截面面積為【答案】AD【分析】由得出為直線與直線DC所成的角，進而得出所成角的正切值；由面面平行的性質(zhì)證明平面AEF，由不是的中點得出點C與點G到平面AEF的距離不相等，先由得出截面為等腰梯形，最后由勾股定理以及面積公式判斷D.【詳解】如圖所示，對于A，因為，所以即直線與直線DC所成的角，，故正確；對于B，取中點N，連接，GN，在正方體中，，，平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，同理可證NG//平面AEF，，所以平面平面AEF，又平面，所以平面AEF，故錯誤；對于C，假設C與G到平面AEF的距離相等，即平面AEF將CG平分，則平面AEF必過CG的中點，連接CG交EF于H，而H不是CG中點，則假設不成立，故錯誤；對于D，在正方體中，，把截面AEF補形為等腰梯形，易知，，，，EF之間的距離，所以其面積為，故正確；故選：AD. 三、填空題13．已知向量，，若，的夾角為120°，則      ．【答案】【分析】根據(jù)向量的夾角公式列方程求解即可【詳解】因為向量，，，的夾角為120°，所以（），化簡得解得或（舍去），故答案為：14．在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若bc＝20，△ABC的面積為5，且其外接圓的半徑為4，則a＝      ．【答案】4【分析】由三角形面積公式，結(jié)合，可得，再由正弦定理得解.【詳解】由，有，再由正弦定理有，即．故答案為：4.15．如圖，在矩形ABCD中，，AC與BD的交點為M，N為邊AB上任意點（包含端點），則的最大值為        ．【答案】/【分析】以點A為坐標原點，，的方向為x軸，y軸正方向建立平面直角坐標系，寫出對應點的坐標，設，根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標運算即可求解.【詳解】以點A為坐標原點，，的方向為x軸，y軸正方向，建立平面直角坐標系，則，，，設，所以，，則，因為，所以，即的最大值為．故答案為：．16．正四棱樓臺的上、下底面的面積分別為，，若該正四棱臺的體積為，則其外接球的表面積為      ．【答案】【分析】先根據(jù)已知條件結(jié)合棱臺的體積公式可求出棱臺的高，如圖，取正方形的中心為，正方形的中心為，則該正四棱臺的外接球的球心在上，設為點，連接，然后利用勾股定理結(jié)合題意可求得外接球的半徑，從而可求得表面積.【詳解】設正四棱臺的高為cm，則，解得cm．如圖，取正方形的中心為，正方形的中心為，則cm，故該正四棱臺的外接球的球心在上，設為點，連接，易知正四棱臺的上、下底面邊長分別為，，故cm，cm，設cm，則cm，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半徑為，表面積為．故答案為： 四、解答題17．已知復數(shù)是虛數(shù)單位.(1)若復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點在直線上，求的值；(2)若復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點在第四象限，求的取值范圍.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)復數(shù)對應點所在直線，將對應點坐標代入直線求參數(shù)值即可；（2）根據(jù)復數(shù)對應點所在象限的特征列不等式組求參數(shù)范圍.【詳解】（1）由題設，復數(shù)的對應點為，所以，整理得，解得.（2）由題意，解得.18．已知空間三點，，.(1)求以、為邊的平行四邊形的面積；(2)若，且分別與、垂直，求向量的坐標.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）首先求出，的坐標，再根據(jù)向量數(shù)量積的定義求出夾角的余弦值，從而根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出夾角的正弦值，再根據(jù)面積公式計算可得；（2）設，依題意得到方程組，解得即可；【詳解】（1）解：因為，，，所以，，所以，，，，∴，∴平行四邊形面積為.（2）解：設，則，①∵，，所以，∴，②，③由①②③解得，，或，，.∴或.19．如圖，是⊙O的直徑，垂直于⊙O所在的平面，是圓周上不同于的一動點．  (1)證明：是直角三角形；(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）由圓的性質(zhì)可得，再由平面，則，然后由面面垂直的判定可得平面，從而可得，進而可證得結(jié)論；（2）過作于，可證得是直線與平面所成的角，在中求解即可.【詳解】（1）證明：∵是⊙O的直徑，是圓周上不同于的一動點，∴，∵平面，平面，∴．又，平面，∴平面，又平面，∴，∴是直角三角形．（2）解：過作于，  ∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，∴是直線與平面所成的角，在中，，在中，，故直線與平面所成角的正弦值為．20．如圖，在四棱錐中，，， O為DE的中點，．F為的中點，平面平面BCED．（1）求證：平面 平面． （2）線段OC上是否存在點G，使得平面EFG？說明理由．【答案】（1）證明見解析  （2）不存在，理由見解析【分析】（1）題中已知垂直等關(guān)系易得平面，因此關(guān)鍵是證明，則可得線面垂直，從而有面面垂直，而可在等腰梯形中通過計算由勾股定理逆定理得證；（2）假設存在點滿足題意，則可證得，是中點，從而有，這與已知矛盾，從而得假設錯誤，點不存在．【詳解】解：（1）因為．所以，又O為DE的中點，所以．因為平面平面BCED，且平面，所以平面BCED．所以．由于四邊形BCED是一個上底為2．下底為4，腰長為 的等腰梯形，易求得．在 中， ，所以， 所以平面．所以平面 平面．（2）線段OC上不存在點G，使得平面FFG．理由如下：假設線段OC上存在點G，使得平面EFG，連接GE，GF．則必有．且．在 中，由F為的中點，，得G為OC的中點．在中，因為．所以 ．這顯然與 ， 矛盾．所以線段OC上不存在點G，使得平面EFG．【點睛】本題考查面面垂直的判斷與性質(zhì)，線面垂直的性質(zhì)．掌握兩個定理的條件，掌握垂直之間的轉(zhuǎn)換方法是解題基礎．21．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，.(1)求角；(2)若，邊上的中線，求邊的長.【答案】(1)(2)，或，. 【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理得到，故，結(jié)合，從而求出；（2）根據(jù)及余弦定理得到，再由得到，結(jié)合余弦定理得到，，求出的長.【詳解】（1）因為，由正弦定理得：，因為，所以，即，因為，所以；（2）因為，由余弦定理知：，∵，∴，即，∵，∴，故，解得：，或，.22．如圖，在直三棱柱中，側(cè)棱，，且M，N分別為BB1，AC的中點，連接MN．(1)證明：平面；(2)若BA=BC=2，求二面角的平面角的大?。?/span>【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）取的中點P可得四邊形B1MNP是平行四邊形，再由線面平行的判斷定理可得平面；（2）做，交于，以點B為原點，為軸，BC為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，求出平面AB1C1、平面的法向量由二面角的向量求法可得答案.【詳解】（1）如圖，取的中點P，連接，N為AC的中點，，且．又，，四邊形B1MNP是平行四邊形，．又平面，MN平面，平面．（2）如圖，做，交于，以點B為原點，為軸，BC為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，直三棱柱的底面△ABC的邊長BA=BC=2，側(cè)棱，，．設平面AB1C1的法向量為．因為，，所以令x=1，則，．平面的一個法向量為，，由圖知二面角的平面角為銳角，二面角的平面角的大小為． 

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