山东省菏泽市鄄城县第一高级中学校2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题（含答案）

鄄城县第一高级中学校2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试题
1．已如复数z在复平面内对应的点为（1，2）．则（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．已知球O1与一正方体的各条棱相切，同时该正方体内接于球O2，则球O1与球O2的表面积之比为（ ）
A．2：3 B．3：2 C． D．
4．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度是60m，则河流的宽度BC等于（ ）
A． B． C． D．
5．非零向量，满足，且，则为（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰非等边三角形 D．等边三角形
6．三棱台ABC－A1B1C1中，AB：A1B1＝1：3，则三棱锥A1－ABC、三棱锥B－A1B1C、三棱锥C－A1B1C的体积之比为（ ）
A．1：2：9 B．1：3：9 C．1：4：9 D．1：6：9
7．已知正三棱锥A－BCD中，，AD⊥CE，AB＝2，则正三棱锥A－BCD内切球的半径为（ ）
A． B． C． D．
8．分别以一个直角三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成的三个几何体体积分别记为V1、V2、V3，则它们之间一定满足（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9．有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，，则
B．两个非零向量和，若，则与垂直
C．已知，则与垂直的单位向量的坐标或
D．已知向量，，若在上的投影向量为（为与向量同向的单位向量），则t＝7．
10．设m，n为两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题正确的是（ ）
A．若，则 B．，则
C．，则 D．，则
11．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点M，N，且MN＝1，则下列结论正确的是（ ）
A．AC⊥BM B．面ABCD
C．三棱锥A－BMN的体积为定值 D．△AMN的面积与△BMN的面积相等
12．如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）．
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1；
B．翻折过程中，CN的长是定值；
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D；
D．若AB＝BM＝1；当三棱锥B1－AMD的体积最大时；三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．复数，，则的最大值是______．
14．如图所示是利用解二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图，已知轴，轴且，则△AHC的周长为______．
15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bcosC＋CcosB＝3acosA，若S为△ABC的面积，则的最小值为______．
16．如图所示，在三棱锥S－ABC中，若底面ABC是正三角形，侧校长，M，N分别为楼SC，BC的中点，并且AM⊥MN，则异面直线MN与AC所成角的大小为______，三棱锥S－ABC的外接球的体积为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题10.0分）
已知向量．
（1）若，求的值；
（2）若，求实数k的值：
（3）若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围．
18．（本小题12.0分）
已知复数，其中a是实数．
（1）若，求实数a的值；
（2）若是纯虚数，求．
19．（本小题12.0分）
“方舱医院”原为解放军野战机动医疗系统中的一种，是可以移动的模块化卫生医疗平台，一般由医疗功能区、病房区等部分构成，具有紧急救治、外科处置、临床检验等多方面功能．某市有一块扇形地块，因疫情所需，当地政府现紧急划拨该地块为方舱医院建设用地．如图所示，平行四边形OMPN区域建成病房区，阴影区域拟建成医疗功能区，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA＝90米，，记．
（1）当时，求；
（2）请写出病房区OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值．
20．（本小题12.0分）
如图，Rt△AOB，OA＝1，OB＝2，点C是OB的中点，△AOB绕BO所在的边逆时针旋转一周．设OA逆时针旋转至OD时，旋转角为．
（1）求△ABC旋转一周所得旋转体的体积V和表面积S；
（2）当时，求点C到平面ABD的距离．
21．（本小题12.0分）
如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A－CD－F为60°，，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6．
（1）求证：平面ADE；
（2）求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值
22．（本小题12.0分）
如图1，已知等边三角形ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC．
如图2，将△AMN沿MN折起到的位置，连接．
（1）求证：平面平面BCNM；
（2）给出三个条件：①；②二面角的大小为60°；③到平面BCNM的距离为．从中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：
在线段上是否存在一点P，使三棱锥的体积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
高一数学参考答案
1．【答案】A
【解答】解：∵复数z在复平面内对应的点为（1，2），∴．故选：A．
2．【答案】B
【解】解：设圆锥的底面半径为r，母线长l，则，即rl＝8，
又侧面展开图析是一个半圆，则，即l＝2r，所以r＝2，l＝4．故选：B．
3．【答案】A
解：设正方体的棱长为a，球O1的半径为r1，球O2的半径为r2，
由球O1与一正方体的各条棱相切，可得，
由正方体内接于球O2，可得，
则球O1与球O2的表面积之比为．故选：A．
4．【答案】D
【解析】解：由题可得∠ACB＝30°，所以，则AC＝120，
在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝105°，
，
由正弦定理可得，即，解得．
5．【答案】D
解：是与，共线的两个单位向量，
由向量加法的平行四边形法则可知：是以为邻边的菱形的对角线，
菱形的对角线也是角平分线，由可知，∠BAC的平分线与对边BC垂直，
故∠BAC的平分线也是BC边上高线，所以三角形是等腰三角形，AB＝AC，
又因为，且0°＜∠BAC＜180°，
所以，故∠BAC＝60°，
△ABC中AB＝AC，且顶角∠BAC＝60°，所以三角形是等边三角形．故选D．
6．【答案】B
解：设C到平面AA1B1B的距离为h，
∵AB：A1B1＝1：3，∴，
∵，，
∴．设点C到平面A1B1C1的距离为．
在三棱台ABC－A1B1C1中，△ABC∽△A1B1C1，∴，
∴，．
7．【答案】C
解：，故，设正三棱锥A－BCD中，
由于，则
，故，可得，
可知三角形ABC、ABD、ACD均为腰为2，斜边为的等腰直角三角形，三角形BCD为边长的等边三角形，
设正三棱锥A－BCD内切球的半径为r，则有，
即，解得，故选C．
8．【答案】D
【解析】解：设直角三角形ABC的两条直角边分别为a，b，斜边为c，
以斜边c为轴，进行旋转，形成底面半径为，高的和为c的两个圆锥的组合体，
其体积，
以直角边a为轴，进行旋转，形成底面半径为b，高为a的圆锥，
其体积，
以直角边b为轴，进行旋转，形成底面半径为a，高为b的圆锥，
其体积，
．
9．【答案】BCD
【解析】解：当时，满足，但不一定成立，故A错误，
∵，∴，∴，∴，故B正确，
设与垂直的单位向量的坐标为，则，∴或，故C正确，
∵，则在上的投影向量为，
∴t－2＝5．解得t＝7，故D正确．
10．【答案】ABD
解：对于A，若，则，可得A是真命题；
对于B，因为且，所以，
结合，可得，故B是真命题；
对于C，由且成立，m，n可能平行，异面或者相交，故C不正确；
对于D，由，设，，则，
又，所以，又，由面面垂直的判定定理得到，故D正确。
故选ABD．
11．【答案】ABC
解：连接BD，则AC⊥BD，
又∵正方体ABCD－A1B1C1D1中D1D⊥平面ABCD，平面ABCD，∴D1D⊥AC，
∵，D1D、平面BB1D1D，∴则AC1平面BB1D1D，
∵平面BB1D1D，∴AC⊥BM，故选项A正确
∵正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD，即平面ABCD，故选项B正确，
∵三棱锥A－BMN的体积，其中AC、MN、BB1都为定值，
∴三棱锥A－BMN的体积为定值，故选项C正确。
∵点A、B到直线B1D1的距离不相等，∴△AMN的面积与△BMN的面积不相等，故D错误．故选：ABC．
12．【答案】BD
解：对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，
则，如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，
由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，由于三线NE，NF，NC共面且共点，
故这是不可能的，故不正确；对于B，如图1，由∠NEC＝∠MAB1，
且，AM＝EC，∴在△CEN中，由余弦定理得：
，也是定值，
故NC是定值，故B正确；对于C，如图2
取AM中点为O，∵AB＝BM．即AB1＝B1M．则AM⊥B1O，
若AM⊥B1D，由于，且平面，
∴AM⊥平面，平面，∴OD⊥AM，则AD＝MD，
由于，故AM⊥B1D不成立，故不正确，
对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1—AMD的体积最大，取AD的中点为E，
连接OE，B1E，ME，如图2，
∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面平面AMD＝AM
∴B1O⊥AM，平面B1AM，∴B1O⊥平面AMD，平面AMD．∴B1O⊥O E，
则，，，从而，
易知EA＝ED＝EM＝1，∴AD的中点E就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确；故选BD．
13．【答案】
14．【答案】
解：因为轴，轴，所以轴，轴，即AC⊥BC，
因为，所以，
则，
则△ABC的周长为．故答案为．
15．【答案】
解：因为bcosC＋ccosB＝3acosA，由正弦定理得
sinBcosC＋sinCcosB＝3sinAcosA，即sin（B＋C）＝3sinAcosA，
即sinA＝3sinAcosA，所以，则，
由余弦定理得，
则
，当且仅当b＝c时，取得最小值．
16．【答案】，
解：如上图所示，在三棱锥S－ABC中，若底面ABC是正三角形，侧棱长知，三棱锥S－ABC是正三棱锥，则点S在底面ABC中的投影为底面的中心O，
所以SO⊥面ABC，因此SO⊥AC，E为AC中点如图，AC⊥BE，，SO，平面SBE，所以AC⊥平面SBE，平面SBE，
∴SB⊥AC，又M、N分别为棱SC、BC的中点，则，
因此MN⊥AC，异面直线MN与AC所成角为；
∵AM⊥MN，MN⊥AC，，AM，平面SAC，
∴MN⊥平面SAC，又，则SB⊥平面SAC，
又三棱锥S－ABC是正三棱锥，因此三棱锥S－ABC可以看成正方体的一部分且S，A，B，C为正方体的四个顶点，故球的直径为，则球的体积为．故答案为：，．
17：【答案】
解：（1）因为向量，且，
所以，解得k＝－6，所以．
（2）因为，且，
所以，解得，
（3）因为与的夹角是钝角，则且与不共线，
即且，所以且．
18．【答案】解：（1），∴，解得a＝1；
（2），且是纯虚数，
∴－1－a＝0且，，
∴，
∴，，
∴．
19．【答案】解：（1）根据题意，在△OPM中，，，，又，由正弦定理得，
即，解得，，
所以，所以；
（2）由题意知，△PMO中，OP＝90，，，
由正弦定理得，即，
解得，．
所以△PMO的面积为
，
所以平行四边形OMPN的面积为，
当时，，此时S取得最大值．
20．【答案】解：（1）设底面半径为r＝1，圆锥BO底面面积为，底面周长l＝2π，
母线．
圆锥BO的体积，侧面积．
圆锥CO的体积，，
侧面积．
△ABC旋转一周所得旋转体的体积，
△ABC旋转一周所得旋转体表面．
（2）连接AD．∵，∴，∴，
∴，∴，设点O到平面ABD的距离为h，
∴，∴，
因为C是OB的中点即点C到平面ABD的距离．
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴，
又∵平面ADE，平面ADE，∴平面ADE，
∵，平面ADE，平面ADE，∴平面ADE，
又∵，BC，平面BCF，∴平面平面ADE，
而平面BCF，∴平面ADE；
（2）解：∵CD⊥AD，CD⊥DE，
∴∠ADE即为二面角A－CD－F的平面角，∴∠ADE＝60°，
又∵AD∩DE＝D，平面ADE，平面ADE，∴CD⊥平面ADE，
又∵平面CDEF，∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，连接CO，
∵平面CDEF⊥平面ADE，平面CDEF∩平面ADE＝DE，平面ADE，
则AO⊥平面CDEF，所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，
可知，，
所以．因此，直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为．
22．【答案】（1）证明：由已知得，AM＝1，AN＝2，∠A＝60°．
由余弦定理得，，∴，
∴MN⊥AB，∴，MN⊥BM．
又∵，平面，平面，
∴MN⊥平面．∵平面BCNM，∴平面平面BCNM．
（2）若用条件①．由（1）得，，又BC和MN是平面BCNM内两条相交直线，
∴平面BCNM，平面BCNM，∴，∴．
易得等边三角形ABC的高为，∴三棱锥的体积为，
∴在线段上存在点P满足题目条件，此时．
若用条件②二面角的大小为60°，
由（1）得，是二面角的平面角，∴，
∴．易得等边三角形ABC的高为，
∴三棱锥的体积为．
∴在线段上存在点P满足题目条件，此时点P与点C重合，故．
若用条件③到平面BCNM的距离为，易得等边三角形ABC的高为，
则，
则三棱锥的体积为，
∴此时在线段上不存在满足题目条件的点P．