2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷（含解析）

2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32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，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2.如图，是水平放置的的直观图，但部分图象被墨汁覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且的面积为，则的长度为( )
A. B. C. D.
3.有下列命题：
有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；
用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为( )
A. B. C. D.
4.平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5.将正方形沿对角线折起，当以，，，四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线与所成角为( )
A. B. C. D.
6.已知四面体中，，，，平面，则四面体的外接球半径为( )
A. B. C. D.
7.已知向量，，满足，，，，，则的最大值等于( )
A. B. C. D.
8.现有个直径为的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 三个平面最多可以把空间分成部分
B. 若直线平面，直线平面，则“与相交”的充要条件是“与相交”
C. 若，直线平面，直线平面，且，则
D. 若条直线中任意两条共面，则它们共面
10.点是所在平面内的一点，下列说法正确的有( )
A. 若则为的重心
B. 若，则点为的垂心
C. 在中，向量与满足，且，则为等边三角形
D. 若，，分别表示，的面积，则：：
11.在中，角，，的对边分别为，，，则( )
A. 若，，，则恰有解
B. 若，则为直角三角形
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，则
12.如图，棱长为的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则( )
A. 直线，为异面直线
B. 直线与平面所成角的正切值为
C. 过点，，的平面截正方体的截面面积为
D. 三棱锥外接球的表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.设向量，，若，则 ______．
14.如图，在三棱柱中，底面为正三角形，且侧棱底面，底面边长与侧棱长都等于，，分别为，的中点，则平面与平面之间的距离为______．
15.如图，在中，已知，，，是的中点，，设与相交于点，则 ．
16.我国魏晋时期的数学家刘徽图创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱图，其相交的部外就是牟合方盖图我国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积公式已知在一个棱长为的正方体内有一个牟合方盖图，设平行于水平面且与水平面距离为的平面为，则平面截牟合方盖所得截面的形状为______填“正方形”或“圆形”，设这个牟合方盖的体积为图，并设半径为的球的体积为，则 ______．
四、解答题：本题共6小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知圆台的上、下底面半径分别是和，高是求：
圆台的表面积；
圆台的体积．
18.本小题分
已知复数，，其中，．
若是纯虚数，求的值．
、能否为某实系数一元二次方程的两个虚根？若能，求出的值；若不能，请说明理由．
19.本小题分
在平行四边形中，，，，是线段的中点，，．
若，与交于点，，求的值；
求的最小值．
20.本小题分
在中，，，分别为内角，，的对边，．
求角的大小；
若是锐角三角形，，求面积的取值范围．
21.本小题分
如图，在圆锥中，边长为的正内接于圆，为圆的直径，为线段的中点．
求证：直线平面；
若，求直线与平面所成角的正弦值．
22.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．
求证：平面；
求侧面与底面所成二面角的余弦值；
在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由．
答案解析
1.
【解析】解：，
则，
故，，其虚部为．
故选：．
结合复数的四则运算，以及复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
2.
【解析】解：因为的面积为，
所以它的直观图的面积为，
即，
解得．
故选：．
根据原平面图形的面积与它的直观图的面积比为求出直观图的面积，再计算的值．
本题考查了平面图形与它的直观图面积比为常数的应用问题，是基础题．
3.
【解析】解：由棱柱的概念“有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱”知，正确，排除；
用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故错误；
如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做棱锥棱锥，故错误．
综上所述，正确的命题的个数为个．
故选：．
利用棱柱、棱锥、棱台的概念即可对逐个选项的正误作出判断．
本题考查命题的真假判断与应用，考查棱柱、棱锥、棱台的概念，属于基础题．
4.
【解析】解：根据题意，，，，
即，则，
则在方向上的投影向量为．
故选：．
根据题意，由向量数量积的计算公式求出的值，进而计算可得答案．
本题考查投影向量的计算，注意投影向量的计算公式，属于基础题．
5.
【解析】解：设是正方形对角线、的交点，将正方形沿对角线折起，
可得当平面时，点到平面的距离等于，
而当与平面不垂直时，点到平面的距离为，且
由此可得当三棱锥体积最大时，平面．
设是折叠前的位置，连接，
，就是直线与所成角
设正方形的边长为
平面，平面
，
，
，得是等边三角形，
所以直线与所成角为
故选：．
将正方形沿对角线折起，可得当三棱锥体积最大时，平面设是折叠前的位置，连接，可得
就是直线与所成角，算出的各边长，得是等边三角形，从而得出直线与所成角的大小．
本题将正方形折叠，求所得锥体体积最大时异面直线所成的角，着重考查了线面垂直的性质和异面直线所成角求法等知识，属于中档题．
6.
【解析】解：由题意，已知面，，，，
所以，由勾股定理得到：，，
所以，为等边三角形，为等腰三角形
等边三角形所在的小圆的直径
那么，四面体的外接球直径，
所以，．
故选：．
确定为等边三角形，为等腰三角形，即可求出四面体的外接球半径．
本题考查四面体的外接球半径，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
7.
【解析】解：设，，，则，，
由题意，
，，，
所以四点共圆，
要使的取得最大值，
则必须过圆心，
此时在三角形中，，
，
由正弦定理可得
故选：．
设出向量，画出图形，求出，判断的最大值的情况，利用解三角形转化求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，三角形的解法，考查四点共圆等知识，是中档题．
8.
【解析】解：先证明如下引理：如图所示：
设正四面体棱长为，平面，，
所以，，
显然为平面的重心，所以，
由勾股定理，可得，
所以正四面体的高等于其棱长的倍，
接下来来解决此题：如图所示：
个直径为的小球放进棱长为的正四面体中，成三棱锥形状，有层，
则从上到下每层的小球个数依次为：，，个，
当取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，
任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体，
则该正四面体的棱长为，可求得其高为，
所以正四面体的高为，
所以棱长的最小值为．
故选：．
分析个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解．
本题考查了球的切接问题，考查了转化思想，属难题．
9.
【解析】解：对选项，三个平面最多可以把空间分成部分，此时可看成墙角的三个平面，选项正确；
对选项，若直线平面，直线平面，则由“与相交”可以得到“与相交，
但反过来由“与相交“不能得到“与相交”，还可能异面或平行，故B选项错误；
对选项，若，直线平面，直线平面，且，则根据公理可得，选项正确；
对选项，若条直线中任意两条共面，则它们不一定共面，选项错误．
故选：．
根据空间中各要素的位置关系，针对各个选项分别求解即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属中档题．
10.
【解析】解：如图，取的中点，连接，则，
，，三点共线，是的中线，且，
为的重心，A正确；
B.，
，，
是各边中垂线的交点，是的外心，B错误；
C.，且，都是单位向量，
的平分线与边垂直，
又，，为等边三角形，C正确；
D.如图：，分别是，的中点，
，，
，
，
，
则：：，D正确．
故选：．
A.取的中点，连接，得出，然后可判断的正误；
B.根据向量垂直的充要条件及向量加法的平行四边形法则可得出点是中垂线的交点，然后可判断的正误；
C.根据条件得出的平分线与边垂直，根据得出，然后可判断的正误；
D.取的中点，可根据条件得出，且，然后即可判断的正误．
本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，向量垂直的充要条件，三角形的面积公式，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于中档题．
11.
【解析】解：对，，，，因为，所以有两解，故A错误；
对，因为，所以，即，，故，故B正确；
对，由可得，
则，所以，故C为钝角，故C错误；
对，，所以，
所以，所以，
所以，，所以，即，故D正确．
故选：．
对，由正弦定理可判断出它的真假；对，化简可得可判断出它的真假；对，由正弦定理化角为边，再由余弦定理可判断出它的；对，由正弦定理结合余弦定理可判断出它的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
12.
【解析】解：选项A，连接，，，因为，分别是，中点，则，又，
所以，所以，，，四点共面，从而直线，为共面直线，A错误；
选项B，连接，由平面知，直线与平面所成角是，
，，B正确；
选项C，延长交的延长于，连接，，，正方体中易证，
因为，是中点，是中点，所以，
从而，，所以是平行四边形，，
所以直线是平面与平面的交线，
因此过点，，的平面截正方体的截面与侧面只有一个公共点，四边形即为截面，
由已知它是一个等腰梯形，腰，，，
因此其面积为，C正确．
选项D，在正方形中，取中点，过作的平行线交于，
而是的垂直平分线，因此是的外心，易得是的四等分点，
由于正方体中侧面，因此作交侧面于，
则且侧面即平面，
所以的中点是三棱锥外接球的球心，
，
所以外接球表面积为，D正确．
故选：．
通过证明判断；证明直线与平面所成角是，并计算其正切值判断；作出过点，，的平面截正方体的截面求出其面积判断；作出三棱锥外接球的球心，求出半径得表面积判断．
本题考查了三棱锥的外接球，直线与平面所成的角，属于中档题．
13.
【解析】解：因为，，
所以，
因为，
所以，即，
解得，所以，
所以．
故答案为：．
由平面向量的坐标运算计算即可．
本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
14.
【解析】解：如图，连接，则，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，、平面，所以平面平面，
平面与平面间的距离即为点到平面的距离．
根据题意，底面，，，两两垂直，
则以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，
设为平面的法向量，则，
即，取可得，
点到平面的距离记为，
则，
平面与平面间的距离为．
故答案为：．
先证明平面平面，则平面与平面间的距离即为点到平面的距离，以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离，从而可得答案．
本题考查面面间的距离和面面平行的性质，考查转化思想、运算能力，属于中档题．
15.
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的模和夹角公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
用和表示和，根据结合，，，可求出结果．
【解答】
解：因为是的中点，所以，
，
，
因为，，
，
，
所以，
所以．
故答案为：．
16.正方形
【解析】解：牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面比为正方形，
根据祖暅原理，图中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图中正四棱锥中阴影部分的面积相等，
所以正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积，
则图中的八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，
则整个牟合方盖的体积为，
又半径为的球体体积为，
所以．
故答案为：正方形；．
由牟盒方盖的定义以及祖暅原理求出“牟合方盖”体积即可得解．
本题考查多面体体积的求法，考查祖暅原理的应用，是中档题．
17.解：如图，圆台是大圆锥上面截掉小圆锥得到的几何体，
则，分别为圆台上、下底面的圆心，连接，则，，．
易得∽，则，得，
即，，，则．
圆台的表面积
圆台的体积．
【解析】根据相似可求解长度，即可由表面积公式求解，
根据锥体体积公式即可求解．
本题考查了几何体的表面积与体积计算问题，是基础题．
18.解：复数，，其中，，
，
是纯虚数，
，解得．
、不能为某实系数一元二次方程的两个虚根．
理由如下：
假设、是某实系数一元二次方程的两个虚根，
则，
根据求根公式得，，
，互为共轭复数，
，无实数解，
、不能为某实系数一元二次方程的两个虚根．
【解析】先求出关于的表达形式，然后根据纯虚数的概念列出方程组，求解即可；
根据实系数一元二次方程的两个虚根互为共轭复数，列方程组求解．
本题考查纯虚数、共轭复数、求根公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.解：当时，为的中点，可得，
若，则，
因为是的中点，所以，结合，得，
由，得，将组成方程组，解得，，所以；
根据题意，可得，
由，得，可得，
由，得，
所以
，
根据二次函数的性质，当时，的最小值为．
【解析】以向量、为基底，表示出、、，根据且建立关于、的方程组，解出、的值，即可得到本题的答案；
根据题意算出，将、表示为、的组合，利用平面向量数量积的运算性质，推导出，进而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线性运算法则、平面向量数量积的定义与运算性质、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
20.解：因为，
由正弦定理得：，
所以，
因为，
所以，
即，
即，整理得，
因为，
所以，
所以，即，
所以，
因为，
所以，可得；
因为，，
所以的面积，
由正弦定理得．
由于为锐角三角形，
故，，
因为，
所以，可得，
可得，
从而．
因此，面积的取值范围是
【解析】利用正弦定理、和差角公式、辅助角公式即可进行求解；
结合三角形面积公式可表示出三角形面积与的关系，然后由正弦定理，和差角公式及同角基本关系进行化简后，结合正切函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式以及正切函数的性质在求解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
21.证明：设交于点，
为外心，
．
又，为中点．
中，分别为，中点，
，
，平面，
直线平面．
解：，为中点，又，为等边三角形．
过作且平面，位于线段上，
以为空间坐标原点，，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系．
则：，，，
，，
，
设平面的法向量为，
，，
取，则，．
则，
设直线与平面所成角的正弦值为，
，
直线与平面所成角正弦值为．
【解析】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，属于中档题．
设交于点，证明，然后证明平面．
过作且平面，位于线段上，以为空间坐标原点，，，为轴，轴，轴正向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解直线与平面所成角的正弦值即可．
22.证明：在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为是正三角形，是的中点，则，
又，，平面，
所以平面；
解：取，的中点分别为，，连接，，，
则，，所以，
在正中，，
因为，，平面，
则平面，
在正方形中，，
故BC平面，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
由平面，，
则平面，又平面，
所以，
设正方形的边长，则，，
所以，
则，
故侧面与底面所成二面角的余弦值为．
解：当时，平面平面．
由正方形可得．
又，平面平面，可得平面，
即有，
所以
连接，在中，，
则，
由，可得，
又，所以平面，而平面，
所以平面平面．
【解析】利用面面垂直的性质定理证明平面，从而得到，由正三角形的性质可得，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
取，的中点分别为，，连接，，，利用线面垂直的判定定理证明平面，则可得平面，由二面角的平面角的定义可知，是侧面与底面所成二面角的平面角，在三角形中，由边角关系求解即可；
考虑平面，由，只需，由余弦定理和面面垂直的性质可得所求结论．
本题考查面面垂直和线面垂直的判定和性质，以及二面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
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