山东省济南市2024-2025学年高一下学期4月月考数学检测试题（附答案）

山东省济南市2024-2025学年高一下学期4月月考数学检测试题一．选择题（共8小题）1．若圆锥的表面积为16π，且其侧面展开图是一个圆心角为2π3A．162π3 B．16π3 2．已知圆锥的底面半径为1，高为3，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，则上下两部分的体积比为（）A．17 B．14 C．123．已知一个半径为R的半球，其体积为V1，一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得几何体的体积为V2，下列说法正确的是（）A．V1＞V2 B．V1＝V2 C．V1＜V2 D．不确定4．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式V=1A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸5．如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′A′=2，那么原三角形ABO面积是（）A．22 B．1 C．2 D．6．若正四面体的棱长为23A．32π B．24π C．18π D．36π7．在四面体ABCD中，BA⊥平面ACD，CA⊥AD，BA＝3，AC＝4，AD＝5，该四面体ABCD外接球表面积为（）A．25π B．100π C．12.5π D．50π8．已知正四棱锥P—ABCD的底面边长为2，高为3，则其内切球半径是（）A．1 B．3−32 C．34二．多选题（共3小题）9．已知复数z1，z2，则下列命题一定成立的有（）A．若|z1+z2|＝0，则z1B．若|z1|＝|z2|，则z1C．|zD．(10．已知三棱锥P﹣ABC的底面ABC是直角三角形，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝2，则（）A．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为12π B．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为48π C．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−3D．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−11．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2，且(3A．C=πB．a的取值范围为(1C．a+bc的最大值为2D．sin2A﹣cos2B的取值范围为(三．填空题（共3小题）12．已知复数z满足|z|＝1，则|z﹣3+4i|的取值范围是．13．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，则球的体积为．14．已知圆台O1O2的上、下底面面积分别为4π，36π，其外接球球心O满足O1四．解答题（共6小题）15．已知a→（1）求|a→+3b→16．已知复数z＝1﹣i（i是虚数单位）是方程x2+px+q＝0的根，其中p，q是实数．（1）求p和q的值；（2）若（p+qi）•（m2﹣mi）是纯虚数，求实数m的值．17．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2，AD＝3，以BC边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体．（1）求该几何体的表面积；（2）一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，求蚂蚁爬行的最短距离．18．一倒置圆锥体的母线长为10cm，底面半径为6cm，（1）求圆锥体的高；（2）一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余的空间．19．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＝a2+c2﹣ac，（1）求角B的大小；（2）求sinA+sinC的取值范围．答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号1234567891011答案AABBCCDDACACAC一．选择题（共8小题）1．解：根据题意，设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，若圆锥的表面积为16π，且其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则有2π3l=2πrπr2+πrl=16π故该圆锥的体积V=13πr2h2．解：圆锥的底面半径为1，高为3，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，则上下两部分的体积比为：133．解：如图所示，根据题意知，①半球的半径为R，体积为V1=2②底面半径和高都为R的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，所以剩余几何体的体积为V2＝πR2•R−13πR2•R=由①②知，V1＝V2．4．解：如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．∵积水深9寸，∴水面半径为12则盆中水的体积为13π×9（62+102+6×10）＝588π（立方寸）．∴平地降雨量等于588π5．解：根据题意，在△A′B′O′中，∠A′O′B′＝45°，A′B′⊥O′B′，由O′A′=2，得A′B′＝O′B′＝1，因此△A′B′O′的面积S所以原三角形ABO面积是S△ABO6．解：根据题意可将该正四面体放置到棱长为23则该正四面体的外接球的直径2R等于该正方体的体对角线长，∴（2R）2＝6+6+6＝18，∴该正四面体的外接球的表面积为4πR2＝18π．7．解：因为BA⊥平面ACD，CA⊥AD，BA＝3，AC＝4，AD＝5，所以该四面体ABCD外接球的直径2R即为长宽高分别为3，4，5的长方体的体对角线长，所以（2R）2＝32+42+52＝50，所以该四面体ABCD外接球表面积为4πR2＝50π．8．解：设正四棱锥P﹣ABCD内切球体的半径为r，如图所示，因为球O与四棱锥相内切，所以VP﹣ABCD＝4VO﹣PAD+VO﹣ABCD，因为S△PAD所以13×2×2×3二．多选题（共3小题）9．解：设z1＝a+bi，z2＝c+di（a，b，c，d∈R），则z1z1+z2＝a+bi+c+di＝（a+c）+（b+d）i，若|z1+z2|＝0，则a+c＝0，b+d＝0，所以z1+z|zz12=若z1|z|z所以|z(z(z故选：AC．10．解：由题意可知AB，AC，AP两两垂直，且PA＝AB＝AC＝2，∴三棱锥P﹣ABC外接球的半径R满足（2R）2＝AB2+AC2+AP2＝12，∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为4πR2＝12π，∴A选项正确，B选项错误；由题意可得三棱锥P﹣ABC的体积V=1三棱锥P﹣ABC的表面积S=1设三棱锥P﹣ABC内切球的半径为r，根据等体积法可得：V=1∴r=3V11．解：对A：(3tanA−1)(3整理可得：tanA+tanB1−tanAtanB=−3在△ABC中，tan（a+B）＝﹣tanC，故tanC=3，又△ABC为锐角三角形，故C=对B：由A可知，C=π3，可得sinB＝sin（A+C）＝sin（A由正弦定理asinA=bsinB，b＝2，即又A∈(0，π2)，故sinA≠0，则a=可得π6＜A＜π2，故对C：由余弦定理cosC=a等式两边同除c2可得：(a+bc)2−1=3×当且仅当ac对D：sinA=sin(B+C)=sin(B+π3)=故sin2A﹣cos2B=14sin2B−14cos2B+34sin2B=−1由B可知A∈(π6，π2)，故也即sin2A﹣cos2B的取值范围为(1三．填空题（共3小题）12．解：设z＝x+yi，因为|z|＝1，则x2+y2＝1，所以在复平面中表示复数z的点Z在以原点为圆心，半径为1的圆上，又|z﹣3+4i|＝|（x﹣3）+（y+4）i|=(x−3则表示为点Z到点P（3，﹣4）的距离，因为|OP|=3所以4≤|z﹣3+4i|≤6，即|z﹣3+4i|的取值范围是[4，6]．故[4，6]．13解：因为在△ABC中，由AB＝18，BC＝24，AC＝30，所以AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以△ABC外接圆半径r=12AC=15即R2=43r2=30014．解：设圆台O1O2的高为4h，外接球的半径为R，作出轴截面的一半，如图所示：因为O1O2的上、下底面面积分别为4π，36π，所以圆O1，O2的半径分别为2，6，又O1所以R2＝4+9h2＝36+h2，解得ℎ=2，R=210故所求体积之比为43四．解答题15．解：（1）由题意可知，a→+3b（2）由a→+3b当ka→−b→16．解：（1）因为复数z＝1﹣i（i是虚数单位）是方程x2+px+q＝0的根（p，q是实数），所以z=1+i也为方程的根，所以−p=(1−i)+(1+i)q=(1−i)(1+i)，所以（2）由（1）可知（p+qi）•（m2﹣mi）＝（﹣2+2i）•（m2﹣mi）＝﹣2m2+2mi+2m2i﹣2mi2＝（2m﹣2m2）+（2m+2m2）i，又（p+qi）•（m2﹣mi）是纯虚数，所以2m−2m17．解：（1）根据题意，旋转后的几何体为上底半径为1，下底半径为2，母线为3的圆台，其侧面展开图如图：其变面积S＝π（12+22+1×3+2×3）＝14π，（2）根据题意，在圆台的侧面展开图中，DA＝DO＝3，则OA＝6，设∠DOD1＝θ，则有3θ＝2π×1，则θ=2π蚂蚁爬行的最短距离即|AA1|，而|AA1|=36+36−2×6×6×cos2π3故蚂蚁爬行的最短距离为63．解：（1）设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，∵l＝10cm，r＝6cm∴h=l（2）作出圆锥的轴截面如图，球于圆锥侧切，则OE⊥AB于E，BD⊥AD于D，OE＝OD＝R，（R为球的半径）则△AEO∽△ADB，可