2023-2024学年广西南宁市横县高一（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广西南宁市横县高一（下）月考数学试卷（4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.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2=A.π6 B.π3 C.3π2.如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则A.23BA+16BC

3.已知两个非零向量a，b的夹角为60°，且a⊥(a−A.3 B.7 C.2 D.4.设α、β、γ为平面，m、n、l为直线，则下面一定能得到m⊥β的是(

)A.α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ B.α⊥β，α∩β=l，m5.如图，正四棱锥P−ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，若VP−A.32π

B.323π

C.16

6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是BA.5 B.6 C.37.已知正三棱锥S−ABC的底面是面积为3的正三角形，高为A.16π3 B.8π3 C.8.如图，在多面体ABC−DEFG中，平面ABC/​/平面A.BF/​/平面ACGD

B.CF/​/

二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.有下列说法，其中正确的说法为(

)A.若a//b，b/​/c，则a/​/c

B.若PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅P10.在△ABC中，点P满足BP=3PC，过点P的直线与AB、AC所在的直线分别交于点M、

A.AP=34AB+14AC 11.已知正方体ABCD−A.直线BC1与DA1所成的角为90°

B.直线BC1与CA1所成的角为90°

C.直线BC112.已知O为坐标原点，点P1(cosα,sinA.|OP1|=|OP2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.设e1,e2是不共线的向量，若AB=e1+λe2,14.e1,e2是平面内两个不共线的向量，且a=e1+ke215.已知α，β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n16.如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2+c2−a2sinB=a2+c2−b18.(本小题12分)

已知向量a,b的夹角为120°，且|a|=1,|b|=2,c19.(本小题12分)

已知一圆锥的母线长为10cm，底面圆半径为6cm．

(1)20.(本小题12分)

如图1，已知等边三角形ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM=2MA，AN=2NC．

如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置，连接A′B，A′C．

(1)求证：平面A′BM⊥平面BC21.(本小题12分)

已知：平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，E是点A在平面PBC内的射影

(1)求证：P22.(本小题12分)

在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”.已知三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC．

(1)从三棱锥P−ABC中选择合适的两条棱填空．

若______⊥______，则该三棱锥为“鳖臑”；

(2)已知三棱锥P−ABC是一个“鳖臑”，且AC=1，AB=2，∠BAC=60°，

①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：因为b2=a2+c2+ac，

所以a2+c2−b2=−ac，

所以cos2.【答案】A

【解析】解：由题意可得：BE=BA+AE，AE=13AD，AD3.【答案】B

【解析】解：∵非零向量a，b的夹角为60°，且a⊥(a−2b)，

∴a⋅(a−2b)=|a|2−2|a|4.【答案】C

【解析】解：由α、β、γ为平面，m、n、l为直线，知：

在A中，α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ，则m⊥β或m//β，故A错误；

在B中，α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；

在C中，n⊥α，n⊥β，则α/​/β，再由m⊥α，得m⊥β，故C正确；

在D中，α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m与β相交、平行或m⊂β，故D5.【答案】B

【解析】解：设球O的半径为R.因为正四棱锥P−ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且点P在球面上，

所以PO⊥底面ABCD，PO=R，底面ABCD的面积为S=2R2．

因为VP−6.【答案】B

【解析】【分析】本题考查空间中点到面的距离，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．

由已知求得三角形ACE的面积，再由等积法求点B到平面【解答】

解：如图，

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=6，E是BB1的中点，

则BE=3，AE=CE=62+7.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查棱锥的内切球半径的求法，注意合理地进行等价转化，是中档题．

由已知求得正三棱锥的底面边长及斜高，再由等体积法求得半径，代入球的表面积公式得答案．

【解答】

解：过顶点S作SO⊥平面ABC，则SO=22，

设正三棱锥S−ABC的底面边长为a，则底面积为34a2=3，即a=2．

连接AO并延长，交BC于D，连接SD，则SD为斜高，

∴8.【答案】A

【解析】解：取DG的中点为M，连结AM，如图所示，

因为EF/​/DG，且DG=2EF，所以DM/​/EF且DM=EF，

所以四边形DEFM是平行四边形，

所以DE/​/FM，且DE=FM，

因为平面ABC/​/平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB=AB，平面ADEB∩平面DEFG=DE，

所以AB//DE，所以AB/​/FM，

又AB=DE9.【答案】BC【解析】解：对于A：若a//b，b/​/c，(b≠0)，

则a/​/c，

当b=0时，a与c不一定共线，

故A错误；

对于B：PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA，

整理得PA⋅PB−PB⋅PC=0，

故PB⋅(PA−PC)=PB⋅CA=0，

同理10.【答案】BC【解析】解：对于A，∵BP=3PC，∴AP=AB+BP=AB+34BC=AB+34(AC−AB)=14AB+34AC，故A错误；

对于B，∵AM=λAB，AN=μAC，∴AB=11.【答案】AB【解析】【分析】

本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．

求出异面直线所成角判断A；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C与D．

【解答】

解：如图，

连接B1C，由A1B1/​/DC，A1B1=DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，

可得DA1//B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；

∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，∴BC112.【答案】AC【解析】【分析】

本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数，是中档题．

由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．

【解答】

解：∵P1(cosα,sinα)，P2(cosβ,−sinβ)，P3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，

∴OP1=(cosα,sin13.【答案】−3【解析】解：因为e1,e2是不共线的向量，所以e1,e2可以作为平面内一组基底，

因为AB=e1+λe2,CB=e1+e2,CD=3e1−2e2，所以DB14.【答案】±1【解析】解：依题意，可设a=λb，

即e1+ke2=λ(4ke1+e2)=4kλe1+λ15.【答案】m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒【解析】解：m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n，由面面垂直的性质定理得m⊥n正确；

m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β正确；

α⊥β，n⊥β，m⊥n⇒m⊥α，这里m与α相交、平行或m⊂α，故m⊥α不正确；

m⊥n，α⊥β，m16.【答案】(1【解析】解：设DF=x(1<x<2)，连接FK，

则cos∠FAK=cos∠DFA=x1+x2，

于是FK2=AF2+AK2−2AF·AK·cos∠FAK

=1+x2+t2−217.【答案】(1)证明：因为b2+c2−a2sinB=a2+c2−b2sinA，

由余弦定理可得2bccosAsinB=2accosBsinA，

即bcosAsinB=acosBsinA，又由正弦定理bsinB=asinA，得cosA=cosB，

角A，【解析】(1)由余弦定理和正弦定理化简已知等式，可证A=B；

(218.【答案】解：(1)∵向量a,b的夹角为120°，且|a|=1，|b|=2，

∴|【解析】(1)由向量的模及平面向量的数量积运算求解；

(2)由向量垂直与数量积的关系列式求解19.【答案】解：(1)一圆锥的母线长为10cm，底面圆半径为6cm．

故圆锥的高h=102−62=8；

(2)根据题意，轴截面如图所示：

【解析】(1)直接利用勾股定理的应用求出圆锥的高；

(220.【答案】(1)证明：由已知得AM=1，AN=2，∠A=60°，

∴MN⊥AB，

∴MN⊥A′M，MN⊥MB，又∵MB∩A′M=M，

∴MN⊥平面A′BM．

∵MN⊂平面BCNM，

∴平面A′BM⊥平面BCNM．

(2)解：若用条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，又BC和MN是两条相交直线，

∴A′M⊥平面BCNM，

三棱锥【解析】(1)证明MN⊥AB，MN⊥A′M，推出MN⊥平面A′BM，然后证明平面A′BM⊥平面BCNM．

(2)若用条件①推出A′M⊥平面BCNM，然后求解三棱锥A′−BCM的体积，说明存在P，满足条件．21.【答案】证明：(1)在平面ABC内取一点D，

作DF⊥AC于F，平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，

∴DF⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，

∴DF⊥AP．

作DG⊥AB于G，同理可证DG⊥AP．

DG、DF都在平面ABC内．

∴PA⊥平面ABC．

(2)连结【解析】(1)在平面ABC内取一点D作DF⊥AC于F，平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，推导出DF⊥AP.作DG⊥AB于G，同理可证DG⊥AP.22.【答案】解：(1)当AB⊥BC时，该三棱锥为“鳖臑”，证明如下：

因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，

则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，

故△PAC与△PAB是两个直角三角形，

当AB⊥BC时，则△BAC为直角三角形，

因为PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，

则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，

所以BC⊥PB，则△BPC为直角三角形，

故该三棱锥为“鳖臑”；

同理可知当PB⊥BC时也可证得该三棱锥为“鳖臑”;

同理可知当PC⊥BC时也可证得该三棱锥为“鳖臑”;

同理可知当AC⊥BC时也可证得该三棱锥为“鳖臑”，

(2)①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，

证明如下：

在△ABC中，由余弦定理可得BC=3，

由勾