四川省广安友实学校2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题（含答案）

广安友实学校2023﹣2024学年度下期高2023级第三次月考数学试题一、选择题：本大题共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．设i为虚数单位，若复数z满足，则z＝（）A． B． C． D．2．已知复数，则（）A． B． C． D．3．在正方体中，P为的中点，则直线PB与所成的角为（）A． B． C． D．4．设都是非零向量，下列四个条件，使用成立的充要条件是（）A．与同向 B．C．且 D．5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的形状是（）A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形6．已知向量不共线，且，若与反共线，则实数λ的值为（）A．1 B． C．1或 D．﹣1或7．魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB＝（）A． B．C． D．8．设正四面体ABCD的棱长为a，下列对正四面体的有关描述：(1)该正四面体的外接球的表面积是；(2)该正四面体的内切球的体积是；(3)该正四面体的体积是；(4)该正四面体相对棱所成角为90°．其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．4 D．3二、选择题：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3分，有选错的得0分．9．设向量，满足，且，则以下结论正确的是（）A． B．C． D．向量夹角为60°10．在中，所对的边分别为a，b，c，则下列判断中正确的是（）A．无解 B．有一解C．有两解 D．有一解11．如图，正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，则下列结论正确的是（）A．直线平面B．三棱锥A﹣MBC与三棱锥的体积之和为C．的周长的最小值为D．当点M是的中点时，CM与平面所成角最大三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知一个直角三角形的两条直角边分别为2和，以它的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周所围成的旋转体的表面积为______．13．我们把与直线l垂直的向量称为直线l的法向量，设是直线l的一个方向向量，那么就是直线l的一个法向量(图1)，借助直线的法向量，我们可以方便地计算点到直线的距离，类推计算点到面、线到线、线到面、面到面的距离．已知P是直线l外一点，是直线l的一个法向量，在直线l上任取一点Q，那么在法向量上的投影向量为，该投影向量的长度(模)就是点P到直线l的距离d，即(图2)，已知点，则点C到直线AB的距离为______．14．已知P，A，B，C，D都在同一个球面上，平面平面ABCD，ABCD是边长为2的正方形，，当四棱锥P﹣ABCD的体积最大时，该球的半径为______．四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．(本题满分13分)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求B；(2)从下面三个条件中选择两个作为已知条件，求a与c的值．条件①b＝7；条件②的面积为；条件③．注：如果选择不同的组合分别解答，接第一个解答计分．16．(本题满分15分)如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，，AF与DE交于点M，记．（1）求与夹角的余弦值；(2)若，求的值．17．(本题满分15分)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且，E为PD中点．(1)证明：平面AEC；(2)在PC上是否存在一点G，使得平面AEC?若存在，指出点G位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．18．(本题满分17分)如图所示，已知是边长为6的等边三角形，点M、N分别在AB，AC上，，O是线段MN的中点，将沿直线MN进行翻折，A翻折到点P，使得平面平面MNCB，如图所示．(1)求证：；(2)若，求点M到平面PBC的距离．19．(本题满分17分)如图，E，F分别是矩形ABCD的边CD和BC的中点．(1)设，试用表示；(2)若，N是线段EF上的一动点，，求的最大值．广安友实学校2023﹣2024学年度下期高2023级第三次月考数学试题解析一、选择题：本大题共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．C解：由题意，得．故选：C．2．D解：由复数，可得，所以．故选D．3．D解：如图，连接，，PB，因为，所以或其补角为直线PB与所成的角，因为平面，所以，又，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，所以．故选D．4．A解：分别表示与同向的单位向量，因此的充要条件是与同向．故选A．5．B解：，所以，即，所以，又，所以，得，故为直角三角形．故选B．6．B解：由于与反向共线，则存在实数k使，于是，整理得．由于不共线，所以有整理得：，解得或．又因为，故．故选B．7．A解：连接FD并延长交AB于点M，则．设，则．又，所以，因为．所以．所以．又易知，所以，所以海岛的高，故选A．8．C解：因为棱长为a的正四面体与棱长为的正方体共外接球，所以棱长为a的正四面体的外接球的直径为棱长为的正方体的对角线，所以正四面体的外接球半径，所以四面体的外接球的表面积是．设正四面体ABCD顶点A在平面BCD内的射影为O，则，，则正四面体ABCD的体积．设正四面体ABCD的内切球半径为r，因为，所以，所以正四面体ABCD内切球的体积为．因为，所以平面ABE，所以，所以正四面体相对棱所成角为90°．所以四个描述都正确．故选C．二、选择题：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3分，有选错的得0分．9．AC【解析】，又因为，所以，故，所以A正确，D不正确；，故，所以B不正确，，所以，正确．故选：．10．BD解：对于A，由余弦定理得，即，故，能构成三角形，故A错误；对于B，由正弦定理，即，解得，又，故，所以B只有一解，故B正确；对于，由正弦定理，即，解得，所以B不存在，故C错误；对于D，由正弦定理，即，解得，所以，只有一解，故D正确．故选：BD．11．ABD解：对于A选项：如下图所示，因为是正方体，所以，而平面平面，所以平面，同理由是正方体可得，同理可证明平面，而平面，所以平面平面，而平面，所以直线平面，因此选项A正确；对于B选项：如下图所示：过M作，交于E、F，过作，交于，因为是正方形，所以可得，，因此选项B正确；对于选项C：将平面与平面展成同一平面，如下图所示：当A，M，C三点共线时，最小，作，交AB延长线于N，则，，所以的周长的最小值为，因此选项C不正确；对于选项D：当点M是的中点时，，因为平面平面，所以，而平面，所以平面与平面所成角为，因此选项D正确，故选ABD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．解：如图，旋转体为两个圆锥拼接在一起的几何体，设直线三角形为，斜边为AC，过B作，由题意知，三角形的斜边，斜边上的高，即圆锥底面圆的半径为，两个圆锥的母线长分别为2和，∴旋转体的表面积为．故答案为：．13．解：因为是直线AB的一个方向向量，所以是直线AB的一个法向量，因为，所以点C到直线AB的距离．故答案为：．14．解：如图，过点P作于Q，平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AB，∴平面ABCD，，故四棱锥P﹣ABCD的体积最大，即PQ最大，∵AB＝2，PQ最大，即面积最大，由，，得，，得，当且仅当时取等号，此时面积最大，为等边三角形．取的外心为，正方形ABCD的外心为，过分别作所在平面的垂线，交点为O，O即为四棱锥P﹣ABCD外接球的球心，四边形为矩形，，，设外接球半径为R，则．故答案为：．四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．解：(1)由条件与正弦定理可知，，所以，又，所以，(2)选择①②：由(1)得，由②得，所以，又，所以由余弦定理得，即，所以，解得或．故a与c的值分别为5，3或3，5．选择①③：由余弦定理得，即，所以，又，解得或．故a与c的值分别为5，3或3，5．选择②③：由(1)得，由(2)得，所以，又，解得或．故a与c的值分别为5，3或3，5．16．解法一：(1)以AB所在直线x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图，则，所以，所以，所以与夹角的余弦值为．(2)由(1)得，，所以，解得，所以．解法二：(1)∵．．，，．∴．(2)∵，∴，又∵，∴，∴，．17．解：(1)连接BD，设交，因为ABCD为平行四边形，所以O为PD中点E为PD中点，因为E为PD中点，所以EO是中位线，所以．又平面AEC，平面AEC，所以平面AEC．(2)PC上存在点G，且，使得平面AEC．理由如下：证明：PA上取点H，且，因为F为AB上的点，且，所以在中，，所以，因为平面AEC，平面AEC，所以平面AEC，又在中，，所以，因为平面AEC，平面AEC，所以平面AEC，因为，HG，平面HFG，所以平面平面AEC，因为平面HGF，所以平面AEC．18．(本题满分17分)解：(1)证明：因为是边长为6的等边三角形，且，在中，可得，又因为点O是线段MN的中点，所以，因为平面平面MNCB，且平面PMN，平面平面，所以平面MNCB，又因为平面MNCB，所以．(2)解：由是边长为6的等边三角形，可得的高为，因为，可得，则的面积为，又由平面MN