湖北省咸宁市崇阳县第二高级中学2023-2024学年高一下学期5月考试数学试题（含解析）

湖北省咸宁市崇阳县第二高级中学高一年级
5月考试数学试题
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的.
1．已知复数，则的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，设点在河的两岸，一测量者在的同侧所在的河岸边选定一点．测出
两点间的距离为．，则两点间的距离为（ ）m．
A． B． C． D．
3．已知一个圆柱的轴截面是面积为36的正方形，则这个圆柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．已知正方体中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足平面
的图形个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
设A、B、C、D是球面上的四点，AB、AC、AD两两互相垂直，且，
则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．边长为2的正方形ABCD中，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则该三角形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形
8．《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，现提供一中计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，利两个同高的立方体如在等高处的截面面积相等，则体积相等.若正方体棱长为3，则“牟合方盖”体积为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
二、多项选择题: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,有选错的得0分,部分选对的得部分分.
9．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则m与n相交或异面
B．
C．
D．若，，，则m与n平行或相交或异面
10．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则
B．若，则有两解
C．若，则为锐角三角形
D．若，则为等腰三角形或直角三角形
11．如图，正方体的棱长为1，E，F，G，H分别是所在棱上的动点，
且满足，则以下四个结论正确的是（ ）
A．E，F，G，H四点一定共面
B．若四边形EFGH为矩形，则GH=CF
C．若四边形EFGH为菱形，则E,F一定为所在棱的中点
D．若四边形EFGH为菱形，则四边形周长的取值范围
为
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.
12．在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何
体的体积为 .
在三棱柱中，已知平面ABC，，，，则该
三棱柱外接球的表面积为 .
如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的
中点，则满足条件直线平面的点F的个数是 .
四、解答题:本大題共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．在平面内给定三个向量，，，.
(1)求满足的实数的值；
(2)若向量满足，求向量的坐标.
16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长．
已知三棱柱中，平面，，，为
中点．
（1）证明：直线平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
18．如图，某公司制造一种海上用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成，其中圆柱筒的高为2米，球的半径为0.5米.
（1）求“浮球”的体积（结果精确到0.1立方米）；
（2）假设该“浮球”的建造费用仅与其表面积有关，已知圆锥形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元，求该“浮球”的建造费用（结果精确到1元）.
19．如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
(1)证明：；
(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
(3)在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
湖北省咸宁市崇阳县第二高级中学高一年级5月考试数学试题参考答案
A
C
【详解】在中,，
则
由正弦定理得 ，
所以 m.
故选：C.
3．D
【详解】设底面圆的半径为，则高为.
由，得，
所以圆柱的表面积为.
故选：D.
4．B
【详解】①中，平移至，可知与面只有一个交点，则与平面不平行；
②中，由于，而平面，平面，故平面；
③中，平移至，可知与面只有一个交点，则与平面不平行；
故选：B．
5．B
【详解】三棱锥A-BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，
它和三棱锥A-BCD的外接球是同一个，且体对角线的长为球的直径，
若设球的半径为，则，故，
∴外接球的表面积.
故选：B.
6．D
【详解】以A为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,,
故,,则,
故选:D．
7．A
【详解】∵，
∴，
由余弦定理可得：，
整理可得：，①
∵，
∴，②
由①②得，
∴该三角形是直角三角形.
故选：A
8．C
【详解】正方体的棱长，则其内切球的半径为，
内切球的体积.
由于截面正方形与其内切圆的面积之比为.
设牟合方盖的体积为，则，从而牟合方盖的体积.
故选：C.
9．ABD
【详解】选项A：若，，则m与n相交或异面，A正确．
选项B：若，，则，又，α，β是两个不同的平面，所以，B正确．
对于C，则或与相交，故C不正确；
选项D：若，，，则m与n平行或相交或异面，故D正确．
故选：ABD
10．ACD
【详解】对于A，所以函数在上单调递减，所以，故A正确；
对于B，由正弦定理可得：，∴，
此时无解，故B错误；
对于C，∵，为三角形的内角，
∴，可知A，B，C均为锐角，故为锐角三角形，故C正确；
对于D：∵，所以由正弦定理可得，又,
因此，
∴，∴，b＝a或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确．
故选：ACD．
11、AD
【分析】根据棱长为，且可得，再逐项分析即可得解.
【详解】
连接交于点，为正方体的中心，
由棱长为，
且，
可得，
所以交于点，交于点，
所以交于点，，
故四点一定共面，所以A正确；
对B，若四边形为矩形，
可以也可以，故B错误；
对C，若四边形为菱形，
则必有，
则必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；
四边形为菱形，当都为各边中点时，
四边形周长最小为，
若为所在棱的中点，而分别和重合时，
此时菱形周长最大，边长为，
所以周长为，故D正确.
故选：AD
12．
【详解】因为在直角三角形中，，，，
所以绕直线AB旋转一周所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，示意图如下图所示：
所以绕直线AB旋转一周所得几何体的体积为.
故答案为:．
13．
【详解】设，与的外心分别为，，则线段的中点为外接球的球心.
设外接圆的半径与该三棱柱外接球的半径分别为，，由正弦定理知，解得，
所以:，从而三棱柱外接球的表面积.
故答案为：.
14．
【分析】为了得到直线平面，只需求得平面平面，即平面内的任意一条直线都与平面平行，进而求得点的个数.
【详解】
分别取的中点，
连接，
，
在正方体中，，，
四边形是平行四边形，
，，
又平面，平面，
平面，同理平面，
又，平面，平面，
平面平面，
平面内的任意一条直线都与平面平行，
则满足条件直线平面的点可以是的任何一个，
点F的个数是个.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为且，
所以，
则，解得，
所以；
（2）因为，，，，
所以，
又，则，解得，
所以.
16．（1）；（2）．
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
（2）因为，所以，
因为的面积为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
故的周长为．
17．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接，交于点，利用三角形中位线性质可证得，由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）根据平行关系可知所求角为，求得三边长后，利用余弦定理可求得结果.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
几何体为三棱柱，四边形为平行四边形，为中点，
又为中点，，
平面，平面，平面.
（2）由（1）知：，
则异面直线与所成角即为直线与所成角，即，
，，为等边三角形，
又为中点，，，
平面，平面，，，
同理可得：，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
18．（1）；（2）220元
【解析】（1）根据球的半径得到上下两个半球的体积之和，再由柱体体积公式算出圆柱筒的体积，相加即得该“浮球”的体积大小；
（2）计算球的表面积公式和圆柱侧面积公式，结合条件，即可得到结论．
【详解】（1）球的半径为0.5米，
两个半球的体积之和为，
圆柱的高为2米，
，
该“浮球”的体积是：；
（2）圆柱筒的表面积为；两个半球的表面积为，
圆柱形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元，
该“浮球”的建造费用为元．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，PN
【分析】（1）由等边三角形的性质可得，再由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则；
（2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可；
（3）设，连接，则由线面平行的性质可得∥，从而可找出点的位置.
【详解】（1）连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
（2）在上取点Q，使得，设，连接，，
因为∥，所以，
在中，，所以∥，
所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以，
又，
，
在中，由余弦定理得,
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
（3）假设线段上存在点，使得∥平面，
因为∥平面，平面，平面平面，
所以∥，又，所以.
所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．