海南省海口市海南中学2023-2024学年高一下学期第二次月考（6月）数学试题（含解析）

海南中学2023-2024学年高一第二学期
第二次月考数学试题卷
本试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，满分150分，考试时间为120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 考号等填写在答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
第I卷（选择题，共58分）
一 单选题：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.已知复数满足是的共轭复数，则等于（ ）
A. B.-2 C. D.-1
2.如图，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（ ）
A.4 B. C.8 D.
3.空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为266米，那么测量时气球到地面的距离是（ ）
A.米 B.米 C.266米 D.米
4.已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5.已知一个正四棱台的上下底面边长分别为，侧棱长为，则棱台的体积为（ ）
A. B. C.12 D.13
6.在平行六面体中，底面是菱形，与底面垂直，分别在和上，且，则异面直与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7.在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.6
8.设为非零不共线向量，若对于任意的恒成立，则（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（ ）
A.圆柱的侧面积为
B.圆锥的表面积为
C.圆柱的侧面积与球的表面积相等
D.圆柱 圆锥 球的体积之比为
10.设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A.若，则点是的重心
B.若，则点在线段的延长线上
C.若，且，则的面积是面积的
D.已知平面向量，满足，则为等腰三角形
11.一个圆柱沿着轴截面截去一半，得到一个如图所示的几何体.已知四边形是边长为2的正方形，点为半圆弧上一动点（点与点不重合），则（ ）
A.三棱锥体积的最大值为
B.存在点，使得
C.当点为上的三等分点时，二面角的正切值为
D.当点为的中点时，四棱锥外接球的体积为
第II卷（非选择题，共92分）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知是虚数单位，则__________.
13.如图，平面向量的夹角是，平面内任意一点关于点对称点为，点关于点的对称点为点，则__________.
14.在中，若，则的最小值为__________.
四 解答题：本题共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.（本小题满分13分）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为侧棱的中点，求证：平面.
16.（本小题满分15分）已知向量满足，且.
（1）若，求实数的值；
（2）求与的夹角.
17.（本小题满分15分）已知的内角的对边分别为，向量，且外接圆面积为.
（1）求；
（2）求周长的最大值.
18.（本小题满分17）已知平面平面为等边三角形，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线和平面所成角的正弦值.
19.（本小题满分17）类比二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，则.
（1）当时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体中，平面平面，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
海南中学2023-2024学年高一第二学期
第二次月考数学试题卷
本试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，满分150分，考试时间为120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 考号等填写在答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
第I卷（选择题，共58分）
一 单选题：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.【答案】B
【详解】，，故选：B
2.【答案】B
【详解】根据直观图，作出原图为
根据题意，，
所以平行四边形的面积.
故选：B
3.【答案】A
【详解】解：设米，由题意知：垂直于面，所以，，则米，米，在中，由余弦定理得：，
即，解得：，故测量时气球到地面的距离是米.故选：A.
4.【答案】B
【详解】设与的夹角为，则在上的投影向量为.
故选：B.
5.【答案】D
【详解】如图所示，由正四棱台可知，四边形为等腰梯形，
且，
所以，
所以，故选：D.
6.【答案】B
【详解】取中点，连接，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，所以异面直线与所成角为或其补角.
因为底面是菱形，，
所以在中，利用余弦定理得
，
又，
在中，利用余弦定理得
，
所以异面直与所成角的余弦值为.故选：B.
7.【答案】B
【详解】因为，由余弦定理可得，
则，则，
又，所以，则的面积，
当且仅当，即时，等号成立，所以面积的最大值为.故选：B.
8.【答案】D
【详解】法一：由题知：，化简得：，对于任意的恒成立，
即，对于任意的恒成立.故选：D.
法二：由题知：，
由为非零不共线向量知，为非零向量，如图，
不妨设，则，其中为直线上一点，
则
令，则，
，对于任意的恒成立对于任意的恒成立
是的最小值
又表示直线上一点与点的距离，最小值为点到直线的距离，
，由得：.故选：D.
二 多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.【答案】ACD.
【详解】对于A：球半径为，所以圆柱侧面积为.故A正确；
对于B：圆锥侧面积为，表面积为.故B错误；
对于C：球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等.故C正确；
对于D：，所以圆柱 圆锥 球的体积之比为3：1：2.故D正确.故选：ACD.
10.【答案】ACD
【详解】解：对于，设的中点为，若，则点是的重心，故正确；
对于B，若，即有，即，则点在边的延长线上，故B错误；
对于C，若，且，由图可得为的中点，则的面积是面积的，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，所以点在边的高所在的直线
因为，所以点在的角平分线上，所以由高和角平分线合一，得：
为等腰三角形，故D正确.故选：ACD.
11.【答案】ACD
【详解】当到平面距离最大值1时，取得最大值，故选项A正确；若存在点，使得，又，可得平面，继而可得，在直角三角形中不可能，故选项错误；
当点为上的三等分点时，过作于，
过作于，则为二面角的平面角，（如图）
中，故选项C正确；
当点为的中点时，可取的中点将四棱锥补成
三棱柱，则其外接球的半径为，（如图）
四棱锥外接球的体积为，故选项正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题，共92分）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【详解】法一：因为，所以.故答案为：.法二：.故答案为：.
13.【答案】-24
【详解】，
所以.
故答案为：-24.
14.【答案】
【详解】因为，所以，因为，所以，因为，且，所以，所以，
又由正弦定理得：所求
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为
四 解答题：本题共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.【详解】（1）连接，设，因为是平行四边形，
所以是的中点，连接，又为侧棱的中点，所以
在中有：，又平面平面，
所以平面.
（2）若为侧棱的中点，且由（1）知是的中点，
所以在中有：则，又平面平面，
所以平面，
由（1）知平面平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面，又平面，所以平面.
16.【详解】（1）因为，所以
解得：
解得：
（2）由（1）知，所以，
又
17.【详解】（1）已知向量，则，
则，所以，
法一：由正弦定理得：，所以，
又，所以且，所以，又，所以.
法二：由余弦定理得：，所以，又，所以.
（2）由（1）知：，则，由正弦定理可得：
的外接圆半径为，所以，又由，可得：，
所以，
所以，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为9.
18.【详解】（1）证明：如图取的中点，连接，
为的中点，且，
由平面平面，得.
又，
四边形为平行四边形，所以，
又平面平面平面.
（2）证明：为等边三角形，为的中点，，
平面平面，
，所以，
又平面平面，
又平面平面平面.
（3）如图：在平面内，过作于点，连接，
平面平面，平面平面平面，
平面为和平面所成的角，
因为，所以，所以，
由得：，
所以在中，，
直线和平面所成角的正弦值为.
19.【详解】（1）证明：如图，过射线上一点在面内作交于点，在面内作交于点，连接，则是二面角的平面角，
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得：
，
，
两边同除以，得.
（2）①由平面平面，知，所以：
由（1）得，
.
②在直线上存在点，使平面，
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，
四边形为平行四边形，.
在四边形中，四边形为平行四边形，
，
又平面平面平面.
当点在的延长线上，且使时，平面.
备注：
由点在直线上，面，以及平面与平面相交，可得：这样的点如果存在的话，肯定唯一.