安徽省瑶岗高级中学2023-2024学年高一年级下册
6月 月考 数学试题
（考试总分：150 分 考试时长： 120 分钟）
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1.已知复数,则在复平面内对应的点在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2.已知和是两个不量合的平面,则下列条件中可判定的是( )
A.内有元数条直线与平行 B.和垂直于同一条直线
C.和平行于同一条直线 D.和都垂直于同一平面
3.已知向量.若向量与共线,则( )
A. B. C. D.
4.已知非零向量满足,则的夹角为( )
A. B. C. D.
5.已知点是的重心,且,则( )
A. B. C. D.
6.已知某圆台的上、下底面半径分别为,且.若存在一球与圆台的上、下底面及所有母线均相切,则该圆台的休积为( )
A. B. C. D.
7.如图(1),在梯形中,,点在边上,且四边形是正方形,现将正方形沿直线折起,使得平面平面,得到如图(2)所示的四棱锥.若是棱的中点,
则( )
A. B. C. D.
8.我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中,提出了已知三角形三边长求其面积的公式,求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上.以小斜幂乘大斜幂減上,余四约之,为实.为从隅,开平方得积"翻泽成公式,即,其中分别为中角的对边,为的面积.现有面积为的满足,则其内切圆的半径是( )
A. B. C. D.
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9.已知向量,下列命题中正确的是( )
A.若,则 B.若,则
C.若,则 D.||
10.下列关于复数的说法错误的是( )
A.若,则 B.
C.若,则 D.若,则
11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体,它是以边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.将一个棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共要截去八个三棱锥,形成一个由正三角形和正方形围成的“阿基米德多面体”,如图,则( )
A.该多面体共有12个顶点,14个面
B.该多面体的表面积为
C.该多面体的外接球体积为
D.所在直线与直线所成的角是的棱共有8条
三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12.设,则_______
13.如图,已知正方体的棱长为是棱的中点,平面过点且与直线平行,则平面截正方体所得截面的周长是_______.
14.我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时,介绍了“勾股圆方图”(如图(1)),亦称“赵爽弦图”.类比“赵爽弦图”,可构造如图(2)所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形,已知与的面积之比为,设,则________.
四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分）
15.（13分）已知向量.
(1)若的夹角为锐角,求实数的取值范围;
(2)若,求.
16.（15分）已知复数.
(1)若在复平面内对应的点位于第四象限,求的取值范围;
(2)若,且在复平面内对应的点分别为,已知为坐标原点,求向量在上的投影向量的坐标.
17.（15分）在中,角所对的边分别是,且.
(1)求;
(2)若,求周长的最大值.
18.（17分）如图,已知正方体的棱长为2,点分别在棱和上.
(1)证明:;
(2)若三棱锥的体积是平面,试确定点的位置,并证明你的结论.
19.（17分）如图,在多面体中,底面是正方形,平面平面,.
(1)求二面角的余弦值;
(2)求三棱锥的体积.
答案
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1.【答案】C
【解析】因为,所以,其在复平面内对应的点为,在第三象限.
2.【答案】B
【解析】对于内有无数条直线与平行,则可能相交或平行,故错误;对于垂直于同一条直线时,,故B正确;对于平行于同一条直线时,可能相交或平行,故C错误;对于D,和可能平行或相交,故D错误.
3.【答案】A
【解析】因为,所以,又,所以,解得.
4.【答案】B
【解析】设的夹角为,则.由题可得,即
,故
,解得,又,故.
5.【答案】B
【解析】如图,设边的中点为,连接.因为点是的重心,所以在上,且,所以.
6.【答案】C
【解析】因为,所以.设球的半径为,如图为该圆台的轴截面,其中圆是等腰梯形的内切圆,设圆与梯形的腰相切于点,与上、下底面分别相切于点,则,故该圆台的体积.
7.【答案】D
【解析】连接.因为,平面平面,平面平面,所以平面,则平面,又平面,所以.由题易知,所以,同理.在中,由余弦定理可得.
8.【答案】A
【解析】由正弦定理可得,设,则,解得,故的三边长分别是.设的内切圆的半径是,则,所以.
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9.【答案】CD
【解析】对于A,若,则,故A错误;
对于,当时,和不一定共线,故B错误;
对于C,若,则,故C正确;
对于,根据向量加法的三角形法则,可知||成立,故D正确.
10.【答案】ACD
【解析】对于,当时,,但,故A错误;
对于B,设,则
,
,
故B正确;对于,令,满足,但,故C错误;对于D,设,则,此时,故D错误.
11.【答案】AC
【解析】对于,该多面体共有12个顶点,该多面体的面为8个正三角形面和6个正方形面,共14个面,故正确;
对于,因为正方体的棱长是2,所以该多面体的棱长均为,表面积为,故B错误;
对于,如图,为该多面体上方的面的中心,为线段的中点,因为点到各顶点的距离相等,所以点是该多面体外接球的球心,因为,所以外接球的半径,所以外接球的体积,故C正确;
对于D,在与直线相交的6条棱中,所在直线与成角的棱有4条,这4条棱中,每一条又有3条与其平行的棱,故所在直线与直线所成的角是的棱共有16条,故D错误.
三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12.【答案】
【解析】∵
解得.
13.【答案】
【解析】取棱靠近点的四等分点,棱靠近点的四等分点,连接,则,四点共面.易知,所以平面.由题可知四边形是菱形,且,所以平面截正方体所得截面的周长是.
14.【答案】
【解析】设的面积为,则的面积为的面积均为2m.设,则为等边三角形,∴,.①②,由得,,化简得,,即,,是的中点,是的中点.连接,则,.
四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分）
15.（13分）(1)因为的夹角为锐角,
所以且与不共线,
则解得且,
故实数的取值范围是
(2)由题可得.
由,得,
即,解得,
则,
所以.
16.（15分）(1)因为在复平面内对应的点位于第四象限,
所以
解得,
故的取值范围为.
(2)由题可知.
所以,
则,
所以.
所以在上的投影向量的坐标为.
17.（15分）(1)因为,
所以由正弦定理得,
所以.
因为,所以,
因为,所以,则,
又,所以.
(2)由余弦定理得,
即,
可得,当且仅当时等号成立,即,
所以,
即周长的最大值为.
18.（17分）(1)如图,连接.
在正方体中,四边形是正方形,平面
,
又平面,
∵平面,
∴.
(2)当是棱的靠近点的三等分点,即时,满足题意.
证明如下：
在三棱锥中,.
设,则,解得,
过点在平面内作,交于点,连接,交于点.
当时,.
在Rt与Rt中,,
又
在正方体中,平面,
又平面,
又由(1)知,
∴平面,故原结论得证.
19.（17分）(1)因为,所以,
因为平面平面,平面平面,所以平面.
如图所示,连接,交于点,连接.
因为四边形为正方形,所以,且是的中点.
因为平面,所以平面,
因为平面,所以.
又,所以平面,所以,
又平面平面,
所以为二面角的平面角.
在Rt中,,
所以.
(2)连接.由(1)可知,平面.
过作于点,易得四边形为矩形,则,
又,所以,
易知,
由余弦定理得,
所以,
所以,
所以
