2023-2024学年安徽省县中联盟高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

2023-2024学年安徽省县中联盟高一（下）月考数学试卷（5月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数满足其中是虚数单位，则( )
A. B. C. D.
2.函数的部分图象如图所示，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
3.已知某圆台体积为，其上下底面圆半径分别为和，则其母线长为( )
A. B. C. D.
4.在中，，则中最小的边长为( )
A. B. C. D.
5.已知向量满足，，则向量的夹角为( )
A. B. C. 或 D. 或
6.学校组织学生去工厂参加社会实践活动，任务是利用一块正方形的铁皮制作簸箕，方法如下：取正方形边的中点，沿、折叠，将、用胶水粘起来，使得点、重合于点，这样就做成了一个簸箕，如果这个簸箕的容量为，则原正方形铁皮的边长是多少( )
A. B. C. D.
7.如图，是边长为的正三角形，直线、、围成一个正三角形，且，则( )
A.
B.
C.
D.
8.已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记与直线所成的最小角为，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在下列各组向量中，可以作为基底的是( )
A. B.
C. D.
10.已知复数，，，下列叙述中错误的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
11.正三棱柱中，为棱的中点，为线段不包括端点上一动点，，分别为棱，上靠近点的三等分点，过作三棱柱的截面，使得垂直于且交于点，下列结论正确的是( )
A. 截面 B. 存在点使得平面截面
C. 当时，截面的面积为 D. 三棱锥体积的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知关于的实系数二次方程的一根为其中是虚数单位，则 ______．
13.已知在中，，为中点，且，则 ______．
14.在棱长为的正四面体中，，过点作平行于平面的平面与棱、分别交于点、，过点作平行于平面的平面与棱、分别交于点、，记、分别为三棱锥、的外接球球心，则 ______．
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.本小题分
已知在平面直角坐标系中，，其中为坐标原点．
求在方向上的投影向量；
证明：、、三点共线，并求的最小值．
16.本小题分
几何体中，平面、平面和平面均与平面垂直，且，，，．
证明：；
求四棱锥与四棱锥公共部分的体积．
17.本小题分
锐角中，角，，所对的边分别为，，，且．
证明：；
求的周长的取值范围．
18.本小题分
如图，圆柱的高为，底面半径长为，它的一个轴截面为，点为底面圆的圆周上一点，且．
已知点是底面圆的直径上靠近的一个四等分点，若经过点在底面圆上作一条直线与垂直且与圆交于、两点，求线段的长；
求平面与平面的夹角．
19.本小题分
已知在任意一个三角形的三条边上分别向外做出三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心也构成一个等边三角形；我们称由这三个等边三角形中心构成的三角形为其外拿破仑三角形在锐角中，角、、所对的边分别为、、，且，以的边、、分别向外作的三个等边三角形的中心分别记为、、，且的面积为，记为的外接圆半径．
若，求；
若，求面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由已知有，
故，
所以．
故选：．
先由已知条件解出，再计算的模长．
本题主要考查了复数的运算，考查了复数的模长公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：设，，
由正切函数的图象及性质，
可得，解得，
即，，
故．
故选：．
根据函数解析式及图象，可求得点、的坐标，再利用向量的数量积运算即可求得．
本题考查正切函数的图象及性质，考查平面向量数量积运算，属基础题．
3.【答案】
【解析】解：作出圆台的轴截面如图所示：
，是上下底面圆心，，是母线，，即可视为圆柱体的高，
由题意，
解得，
而，
所以由勾股定理有，
故所求母线长为．
故选：．
由体积公式列方程先求出圆柱的高，然后求出，结合勾股定理即可求解．
本题主要考查了圆台的结构特征，考查了圆台的体积公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，所以是最小的角，
所以中最小的边长为，
由正弦定理有，即，
解得．
故选：．
由大边对大角锁定所求即为的值，结合正弦定理即可求解．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设向量的夹角为，则，
因为，可知，
所以，
得，解得或舍负，所以，可得的夹角．
故选：．
将等式两边平方，化简得，由此得到的方程，解出的值，进而可得向量的夹角．
本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、两个向量的夹角求法等知识，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：三棱锥中，设为中点，连接，，
，，则，，
，平面，，得平面，
设正方形边长为，则有，，
，，，
有，则，，
，得，即，
所以原正方形铁皮的边长是．
故选：．
设正方形边长为，由三棱锥的体积，求出的值即可．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，可得，
由，得，结合，可得，
，可得，
将代入上式，整理得，
所以．
故选：．
以向量、为基底，根据平面向量的线性运算法则推导出，然后根据等边的边长为，算出，进而根据向量数量积的运算性质，求出．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量数量积的定义与运算性质等知识，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：如图所示，连接，交平面于点，
设与平面所成角为，正方体的棱长为，
根据正方体的性质可得，平面，
所以平面，且点为的中心，
所以．
又因为直线与所成角为，且的最小值为，
所以与平面所成角为，所以为，
由线面角的最小性可知，当取最大值时，，，三点共线，
所以此时，
又因为在中，易得，
所以，
所以，
所以
．
故选：．
根据正方体的几何性质，作出平面，再由线面角的最小值可知，当取最大值时，，，三点共线，只需求此时的正弦值即可．
本题考查正方体的性质的应用，线面角的求法，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为是零向量，所以、共线，故、不能构成基底，可知项不符合题意，
对于，因为关于实数的方程无解，
所以不共线，故、可以构成基底，可知符合题意；
对于，因为关于实数的方程无解，
所以不共线，故、可以构成基底，可知符合题意；
对于，因为，所以共线，故、不能构成基底，可知不符合题意．
故选：．
根据题意，只需判断各个选项中的两个向量是否共线，即可得出所求结论．
本题主要考查向量共线的条件、平面向量基本定理等知识，考查了概念的理解能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，取，，满足，但此时，都不是实数，都不能比较大小，故A错误；
对于，取，，，满足，但此时，故B错误；
对于，若，而，，则，故C正确；
对于，取，，，满足，
但此时，，两两互不相等，故D错误．
故选：．
对于，直接举出对应的反例即可判断；对于，对等式两边直接开方即可得解．
本题考查复数的运算，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，因为棱柱为正三棱柱，所以，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于，取，中点为，连接，，，交于于点，则，
因为，分别为棱，上靠近点的三等分点，
所以，，则，
因为正三棱柱，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，即，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，又平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，且，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面与不平行，故B错误；
对于，当时，作出截面图如图所示，
设延长线交于点，则，
因为，所以，所以，
所以，则，，
过点作，交，于点，，连接，，
则，且，
因为，所以，
在中，由勾股定理得，同理可得，
所以，
所以截三棱柱的截面四边形为等腰梯形，高的长为，
所以，故C正确；
对于，作出截面图如图所示，
因为，，所以，所以点在以为直径的圆上，
当点在的中点时，点到底面距离最大，且最大值为，
因为，所以此时点在线段上，符合条件，
所以三棱锥的体积最大值为，故D正确．
故选：．
由线面平行的判定即可判断；证明出平面平面，由平面，即可判断；作出截面图即可判断；作出截面图，确定点的位置即可判断．
本题考查空间线面位置关系的判定以及锥体体积的最值问题，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：由二次方程求根公式可知虚根是成对出现的，
故，都是方程的解，
所以．
故答案为：．
由韦达定理、复数四则运算即可直接运算求解．
本题考查韦达定理、复数四则运算等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：如图所示，延长到点，使得，
因为为的中点，所以四边形为平行四边形，
又因为且，可得，
设，在中，由余弦定理得，
可得，即，解得．
故答案为：．
延长到点，使得，得到四边形为平行四边形，设，在中，利用余弦定理，列出方程，即可求解．
本题考查三角形的余弦定理，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：正四面体的外接球球心为，正四面体可扩成正方体，正四面体的棱为正方体的面对角线，
正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
所以正方体的外接球半径为，即正四面体的外接球半径为，有，
平面平面，平面平面，，三棱锥、都是正四面体，
则，，三点共线，，，三点共线，，，则有，，
中，由余弦定理得，，
中，由余弦定理得，．
故答案为：．
正四面体的外接球球心为，，，三点共线，，，三点共线，求出各正四面体的外接球半径，利用余弦定理求
本题考查了立体几何和余弦定理的综合应用，属于难题．
15.【答案】解：根据题意，可得，
所以在方向上的投影向量为：；
证明：因为，则，
即，结合、有公共点，可知、、三点共线；
因为，
所以当时，的最小值为．
【解析】根据投影向量的计算公式进行求解，可得在方向上的投影向量；
先证出，可得、、三点共线；然后根据向量的模的公式与数量积的运算性质，推导出关于的二次表达式，然后利用二次函数的性质求出的最小值．
本题主要考查平面向量的定义与运算性质、投影向量的概念、两个共线的条件、利用二次函数的性质求最值等知识，属于中档题．
16.【答案】解：证明：在平面内取点，作交于点，作交于点，作交于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
同理平面，平面，
所以，，，
又，，平面，
所以平面，
同理平面，
故AE．
连接，交于点，则四棱锥与的公共部分为四棱锥，
因为平面，平面，
所以，
过点作，垂足为，平面中，，则平面，
因为，
所以，即，
又梯形的面积为，
故．
【解析】利用面面垂直证明线面垂直和线线垂直，通过证明平面，平面，证得；
连接，交于点，则四棱锥与的公共部分为四棱锥，结合线面位置关系和已知数据，求出棱锥底面积和高，可求体积．
本题考查线线平行的判定以及锥体体积的计算，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，
则；
由，得，
故，
因为为锐角三角形，
所以，
即，所以，
则．
所以周长的取值范围为．
【解析】由两角和差以及正弦定理即可运算证明；
由正弦定理表示出，求出的范围，再结合三角函数性质即可得解．
本题考查正弦定理及锐角三角形的性质的应用，属于中档题．
18.【答案】解：在圆上取点使，则圆，圆，，
连接，因为，，，平面，
所以平面，平面，则，
因为，所以，
又，则，
，
取中点，则，
所以，则；
取中点，中点，连接、、，
，则，
，，四边形为平行四边形，
，则圆，则圆，，
，，平面，平面，
平面，，又，得，
记平面与平面的公共交线为，
因为，平面，平面，
所以平面，平面，则，，
可得，，
所以即平面与平面的夹角，
因为，所以，
，即平面与平面的夹角为．
【解析】在圆上取点使，证明，求出，取中点，由，利用弦长公式求线段的长；
，分别为，的中点，证明即平面与平面的夹角，代入数据求值即可．
本题考查了空间中两点间的长度和二面角的计算，属于难题．
19.【答案】解：连接，，如图所示，
由得，因为为锐角三角形，所以，
由等边三角形中心的位置可知，故，
由，解得，且，同理可得，
由得，
结合，解得，
所以；
因为，即，
所以，即，
可得，整理得，
所以，
由，，得，由，有，
为锐角三角形，得，所以，
由此可得，所以．
【解析】根据正余弦定理求出相应的边长和角度，然后由算出的值；
根据余弦定理与三角恒等变换公式，将表示成角的三角函数表达式，结合三角形面积公式推导出，由，结合正弦定理和正切函数单调性求的取值范围，进而求出面积的取值范围．
本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、利用正弦定理与余弦定理解三角形、三角恒等变换公式及其应用，属于中档题．
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