吉林省洮南一中-高一数学下学期第三次月考试题理

PAGEPAGE19吉林省洮南一中2020-2021学年高一数学下学期第三次月考试题理本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。满分150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题60分）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）1．已知向量，且，则的值为（）A．B．6C． D．2．若，则（）A． B． C． D．3．某正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（）A． B． C． D．4．已知两灯塔A和B与海洋观测站C的距离都等于，灯塔A在观测站C的北偏东，灯塔B在观测站C的南偏东，则灯塔A与之间B的距离为（）A． B． C． D．5．已知与均为单位向量，若，则与的夹角为（）A．30° B．45° C．60° D．120°6．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“今有北乡8758人，西乡有7236人，南乡有8356人，现要按人数多少从三个乡共征集487人，问从各乡征集多少人”.在上述问题中，需从南乡征集的人数大约是（）A．112 B．128 C．145 D．1677．已知正方体的体积为，若点平面，点平面，则的最小值为（）A． B． C． D．8．已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面的半径为（）A． B． C． D．9．给定长度分别为7cm，8cm的两条线段，大小为的一个角，由这3个已知量作为一个三角形的构成元素，可以组成几个不同的三角形（）A．2 B．3 C．4 D．510．如图，矩形中，，正方形的边长为1，且平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．11．设锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．12．一块边长为10cm的正方形铁片如图所示，将它的阴影部分截下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题纸的横线上，填在试卷上的答案无效。）13．高二年级共有学生600人，采用分层随机抽样的方法从男生中抽取20人，得到其平均身高数据为172.5cm；从女生中抽取18人，得到其平均身高数据为162cm，则高二年级学生的平均身高估计值为___________．（保留小数点后一位）14．如图所示为一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积为_________．15．钝角的面积是，，，角的平分线交于点，则________．16．如图，已知在正方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：①无论在如何移动，四棱锥的体积恒为定值；②截面四边形的周长的最小值是；③当点不与，重合时，在棱上恒存在点，使得平面；④存在点，使得平面；其中正确的命题是______．四、解答题(共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知向量，，其中，，求（1）；（2）与的夹角的余弦值．18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，（1）求证：直线平面（2）求直线与平面所成角的正切值.19．（12分）如图，中，为边上一点，，.（1）若的面积为，求的长；（2）若，，求的值.20．（12分）某市规划一个平面示意图为如图的五边形的一条自行车赛道，，，，，为赛道（不考虑宽度），，为赛道内的两条服务通道，，，，．（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道的长度；①；②．（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道最长（即最大）．21．（12分）如图，在长方体中，，，.点为对角线的中点.（1）证明：直线平行于平面；（2）求点到平面的距离.22．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.参考答案1．A【分析】根据向量共线的坐标运算计算即可得答案.【详解】因为，所以，解得.2．B【分析】先由复数的乘法化简复数z，再根据共轭复数的概念可得选项.【详解】因为，，所以，所以．3．D【分析】根据正四棱锥的定义及已知条件即可求解.【详解】解：如图，是正四棱锥的高，设底面边长为，则底面积为，因为正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，所以，又，所以，所以是正三角形，面积为，所以，故选：D.4．C【分析】根据题意作出示意图，由余弦定理即可求解.【详解】解：由题意，作出示意图：则，，由余弦定理得，所以，即灯塔A与之间B的距离为.故选：C.5．D【分析】由两向量垂直可得数量积为0，结合数量积的定义计算式和已知条件，即可求出两向量的夹角.【详解】解：因为，所以，解得，所以，故选:D.6．A【分析】根据分层抽样的计算方法即可求出结果．【详解】依题意大三学生与大四学生之比为3:2，大四学生为全校学生的，则大四学生应抽取的学生为，故选：A．【点睛】本题主要考查分层抽样的方法及其应用，属于基础题.7．B【分析】利用面面平行的判定可证得平面平面，可知最小值即为平面到平面的距离，利用正方体体积求得棱长后，可求得，可知.【详解】由正方体特征知：，又平面，平面，平面，同理可得：平面，又，平面，平面平面，的最小值为平面到平面的距离，正方体的体积为，设正方体棱长为，则，，，.故选：B.8．C【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，利用侧面展开图是一个半圆，求得与之间的关系，代入表面积公式即可得解.【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，圆锥的侧面展开图是一个半圆，，圆锥的表面积为，，，故圆锥的底面半径为，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥的表面积公式及圆锥的侧面展开图，解题的关键是利用侧面展开图时一个半圆，求得母线长与半径的关系，考查学生的计算能力，属于一般题.9．B【分析】根据正弦定理求解即可得到所求结果．【详解】由正弦定理得，∴．又，∴为锐角，∴．故选B．10．B11．A【分析】由已知条件结合正弦定理可得，又由为锐角三角形可求出，从而可求出结果【详解】由正弦定理得.因为为锐角三角形，所以即所以，所以，所以的取值范围是.故选：A.12.B【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.【详解】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为，是面积为的等边三角形，，解得：，，球心到平面的距离.故选：B.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.13．167.5cm【分析】由题意直接可列式求出.【详解】由题意可得高二年级学生的平均身高估计值为.故答案为：167.5cm.14．．【分析】根据直观图与原图形之间面积的关系计算．【详解】由题意直观图等腰梯形的下底为，高为，面积为，所以原图形面积为．故答案为：．【点睛】结论点睛：在水平旋转的平面图形的直观图的斜二测画法中，原图形面积为，直观图面积为，则．15．【分析】由已知条件可得，然后分角为锐角和为钝角，求出角的余弦值，再利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出【详解】解：由，得，若角为锐角，则，此时，即，由于，则为锐角三角形，不符合题意．故为钝角，此时，，故．在中，由正弦定理得，同理，在中，，而在中，，由于，故，由于，故，所以，所以．故答案为：．【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，解题的关键是利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出，属于中档题16．①②④【分析】由题意逐个讨论所给的命题，判断它们的真假.第一个根据等体积法求体积，第二个求周长函数关系式，再求最小值，第三个利用反证法确定真假，第四个举例说明存在.【详解】解:①由题意可得∥，∥，如图建立坐标系:，四边形为平行四边形又（为到平面距离）且上点到平面距离相等无论在上何处，不变不变不变故①正确②由①知：四边形的周长设，则，等价于上点到与距离此时周长最小为故②正确③在上寻找一点，使到的距离为距离∥，且在平面中但当时，，与矛盾故③错误;④当与重合时，显然，平面故④正确综上可得:正确为①②④.故答案为:①②④.【点睛】考查正方体的性质、线面垂直的判定定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力.17．（1）；（2）【分析】（1）由题知，，进而根据坐标运算求解；（2）根据余弦的夹角公式直接计算即可.【详解】解：（1）由题知，，所以所以（2）设与的夹角为，所以由夹角公式得：所以与的夹角的余弦值为18．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由菱形的性质知由平面，可知，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）过作连结，结合，可得平面，可得以是直线与平面所成角，在中利用三角函数的定义即可求解.【详解】解：（1）因为四边形是菱形，所以又因为平面平面所以又因为所以平面（2）过作连结因为平面平面所以又因为所以平面所以是直线与平面所成角在中，所以所以是直线与平面所成角的正切值19．(1);(2).【详解】试题分析：（1）由，，的面积为可求出，再利用余弦定理可得；（2）在中，由正弦定理得，得，在中，由正弦定理得，∴.试题解析：（1）,,，，，在中，由余弦定理得，∴.（2）在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∴.20．（1）选择见解析，10；（2）设计为时，折线段赛道最长.【分析】（1）选①时，先利用正弦定理求出再利用勾股定理求解；选②时，先利用正弦定理求出再利用余弦定理求解；（2）利用余弦定理得到，再利用基本不等式求出的最大值即得解.【详解】（1）选①时，在中，由正弦定理得：所以因为，所以，所以选②时，在中，由正弦定理得：所以在中，由余弦定理得：所以，所以.（2）在中，，．由余弦定理得：，即故，从而即，当且仅当时，等号成立，即设计为时，折线段赛道最长.【点睛】方法点睛：最值范围问题常用的解法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法.要根据已知条件灵活选择条件求解.21．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，，由，证得平面，同理证得平面，利用面面平行的判定，证得平面平面，进而得到平面.（2）由（1）知平面，得到点到平面的距离即点到平面的距离，结合，即可求解.【详解】（1）如图所示，在正方体中，连接，，因为，且平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）由（1）知平面，故点到平面的距离即点到平面的距离，由已知条件可得，，，所以，又由，设到平面的距离为，由，可得，解得，即点到平面的距离为.22．（1）见解析；（2）【分析】（1）在正方形ABCD中，证得，再在中得到，利用线面垂直的判定，即可得到平面PCD；（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，证得是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，再直角中，即可