高58級高一學期6月份月考數學試卷第Ⅰ卷（選擇題，共58分）一、單項選擇題（本答題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題的給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.若復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先對復數化簡，然后求其軛復數即可.【詳解】若，則，則.故選：B2.已知向量與的夾角為，，，則（）.A. B. C.或 D.以上都不對【答案】B【解析】【分析】由向量模的坐標運算及數量積的運算律可得，再由數量積的定義求解即可.【詳解】因為，所以，又，所以，因為向量與的夾角為，所以，所以.故選：B3.在空間中，已知為不同的直線，為不同的平面，則下列判斷正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】C【解析】【分析】借助長方體模型，根據位置關系分類，易得出ABD錯誤.【詳解】A.若，則或，故錯誤;B.由長方體可知兩個平面可相交，故錯;C.若則直線對應向量分別是平面的法向量，由知向量夾角為，所以，即C正確;D.若，由墻角可知不一定平行，故D錯誤.4.某批產品檢驗后的評分，由統計結果制成如圖所示的頻率分布直方圖，下列說法中正確的是（）A. B.評分的眾數估值為70C.評分的第25百分位數估值為67.5 D.評分的平均數估值為76【答案】C【解析】【分析】根據頻率分布直方圖中所有小矩形的面積之和為得到方程，求出，再根據平均數、百分位數及眾數的計算規則計算可得.【詳解】由題意：，解得，A錯誤，所以平均數為，故D錯誤；眾數為，故B錯誤；因為，第百分位數估計為，故C正確；故選：C5.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，，，則（）A. B. C. D.為鈍角三角形【答案】D【解析】【分析】根據正弦定理求解或，再分類討論逐個判斷即可.【詳解】由正弦定理得，所以，因為，所以或，故三角形有兩種解，故ABC均錯誤，當時，，為鈍角三角形，當時，為鈍角三角形，故D正確.故選：D6.已知，，則（）.A. B.C. D.或【答案】C【解析】【分析】先將用兩角差的正弦公式化簡得到，兩邊平方即可求出，再根據同角三角函數的基本關系求出，最后利用兩角差的正弦公式計算可得到.【詳解】因，所以，即，所以，所以，即，即，所以，因為，所以，又，所以，即，所以，所以，所以.故選：C7.在中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且，，面積為，D為邊AB上一點，CD是的角平分線，則（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理，結合面積可求和，利用，可得，進而可求得.【詳解】在中，，由余弦定理可得，所以，所以，又面積為，所以，所以，所以，所以，因為CD是的角平分線，，所以，因為，所以，所以，所以，所以，所以.故選：B.8.如圖，正方體的棱長為2，點分別是的中點，過點的平面截該正方體所得的截面記為，則截面的面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出輔助線，得到五邊形即為截面，根據三角形全等或相似得到各邊長度，求出截面面積.【詳解】延長，與直線相交于，連接與分別交于點，連接，則五邊形即為截面，正方體的棱長為2，點分別是的中點，由≌≌得，，，故，因為⊥平面，平面，所以⊥，⊥，由勾股定理得，取的中點，連接，則⊥，且，由勾股定理，其中，由相似關系可知，，故.故選：D二、多項選擇題(本答題共3小題，每小題6分，共18分.在小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)9.設復數在復平面內對應的點為Z，原點為O，為虛數單位，則下列說法正確的是（）A.若，則或B.若點Z的坐標為，且是關于的方程的一個根，則C.若，則的虛部為D.若，則點的集合所構成的圖形的面積為【答案】BD【解析】【分析】舉反例可判斷A；根據復數相等列方程組可解p、q，然后可判斷B；由虛部概念可判斷C；利用兩圓面積相減可判斷D.【詳解】A中，令，則，故A錯誤；B中，若點Z的坐標為，則，所以，整理得，所以，解得，所以，故B正確；C中，易知的虛部為，故C錯誤；D中，記，則所以，圓的面積為，圓的面積為，所以點的集合所構成的圖形的面積為，故D正確.故選：BD10.某同學擲骰子五次，分別記錄每次骰子出現的點數．根據該同學記錄的結果，判斷可能出現點數6的是（）A.平均數為3，中位數為2 B.中位數為3，眾數為2C.平均數為2，方差為2.4 D.中位數為3，方差為2.8【答案】ABD【解析】【分析】根據題意舉例判斷即可.【詳解】對于A，當投擲骰子出現結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數為3，中位數為2，可以出現點數6，故A正確；對于B，當投擲骰子出現結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數為3，眾數為2，可以出現點數6，故B正確；對于C，若平均數為2，且出現6點，則方差，故平均數為2，方差為2.4時，一定沒有出現點數6，故C錯誤；對于D，當投擲骰子出現結果為1，2，3，3，6時，滿足中位數為3，平均數為：，方差為，可以出現點數6，故D正確．故選：ABD11.如圖，在直棱柱中，底面是邊長為2菱形，，，點為的中點，動點在側面內（包含邊界），則下列結論正確的是（）A.B.平面與平面所成角的余弦值為C.若，則點軌跡的長度為D.若點在直線上，則的最小值為【答案】ABC【解析】【分析】通過線面垂直可判斷線線垂直，判斷A的真假；利用投影面積法求二面角的余弦，判斷B的真假；弄清點的軌跡，再求其長度，可判斷C的真假；利用表面展開，轉化為兩點之間，直線段最短求的最小值，判斷D的真假.【詳解】如圖1，連接，由菱形可得．再由直棱柱，可得底面．又因為底面，所以，而平面，所以平面，又因為平面，所以，故A正確；，，，所以為直角三角形，且，其在底面投影的三角形的面積為，由投影面積法可得平面和平面所成角的余弦值為，故B正確；如圖2，動點在側面內（包含邊界），過作，垂足為，由直棱柱，所以平面平面，平面平面，平面，且，所以平面.而側面，即有，由菱形邊長為2，，可得，再由勾股定理得：，則點的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓弧（如圖3中），則由側面正方形，可知，，可得，所以點軌跡的長度為，故C正確；由為直角三角形，且為等腰直角三角形，將與展開成一個平面圖，如圖4，則；由余弦定理得：，即，故的最小值為，故D錯誤．故選：ABC第Ⅱ卷（非選擇題，共92分）三、填空題12.已知向量在向量方向上的投影向量為，且，則______(結果用數值表示)【答案】【解析】【分析】根據投影向量的計算公式，結合數量積的定義式求解.【詳解】因為向量在向量方向上的投影向量為，即，故，故答案為：13.函數，其中，若，使得，則的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】由已知得在的圖象至少有2個最大值，根據正弦函數的性質即可求解．【詳解】由題可知，在的圖象至少有2個最大值，當時，，解得，當時，，當時，，綜上，當時，，使得，故答案為：．14.在各棱長均相等的正四面體中，取棱上一點T，使，連接，三棱錐的內切球的球心為M，三棱錐的內切球的球心為N，則平面與平面的夾角的正弦值是__________．【答案】【解析】【分析】畫出立體圖形和截面圖形，結合題意分別確定的位置，再由幾何關系求出正弦值.【詳解】設三棱錐的內切球分別與面、面相切于兩點，易知平分，平分，易知，取中點為，則在的平分線上，同理三棱錐的內切球球心在的角平分線上，易知面，故，同理，于是為平面與平面的夾角的平面角，設正四面體棱長為，則，，所以.故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.如圖，AB是O的直徑，PA垂直于O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的一點，E，F分別是線段PB，PC的中點，.（1）求證：BC平面AEF；（2）求點P到平面AEF的距離.【答案】（1）證明見解析;（2）【解析】【分析】（1）利用中位線，得到線線平行，即可證明.（2）利用等體積法，即可求點面距離.【小問1詳解】證明：因為E，F分別是線段PB，PC的中點，所以,又平面AEF，又平面AEF，所以BC平面AEF【小問2詳解】因為PA垂直于O所在的平面，所以,因為C是圓周上不同于A，B的一點,所以,又平面PAC,所以平面PAC,又，所以平面PAC,所以,，所以，，,,又因為，F是線段PC的中點，所以,所以,設點P到平面AEF的距離為.所以，又，所以點P到平面AEF的距離為.16.中，角A，B，C的對邊為a，b，c，已知，且．（1）證明：為等邊三角形；（2）如圖，若邊長為3，點E，F分別在邊BC，BA上，將沿著線段EF對折，頂點恰好落在邊上的點，當時，求重疊部分的面積．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由兩角和與差的余弦公式得出，根據正弦定理邊化角得出，再根據同角三角函數的平方關系即可求解，代入得出即可證明；（2）由余弦定理得出，再根據三角形面積公式求解即可．【小問1詳解】證明：由，得，展開得．①由可得．②①－②得，因為，所以，解得或（舍去）．又，所以．把代入，得，則．所以，故是等邊三角形．【小問2詳解】由及，得，設，則．在中，由余弦定理可得，即，解得．同理，在中，由余弦定理可得．又，所以．17.已知函數．（1）如圖，在中，角的對邊分別為，點為的中點．當時，分別等于的最小值、最大值，且，求的長．（2）當時，關于的方程有三個不同的解，求實數的取值范圍．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換化簡，根據三角函數的性質求出，進而由求得，利用向量的數量積運算計算，即可得出答案；（2）由題意或，作出函數的圖象，由圖可知，有一解，從而有兩解，即函數與有兩個不同的交點，數形結合即可得出結果.【小問1詳解】由題意得，，當時，，的值域是，則，，，，或，或，，，當時，；當時，．小問2詳解】由得，或．函數的圖象如下：由圖可知，有一解，即，有兩解，即函數與有兩個不同的交點，18.如圖，直角梯形中，，，，，，點為線段不在端點上的一點，過作的平行線交于，將矩形翻折至與梯形垂直，得到六面體．（1）若，求的長；（2）求異面直線與所成角余弦值的最小值．【答案】（1）5（2）【解析】【分析】（1）由翻折后的位置關系和可得平面，進而得，進而可得；（2）先在平面中找到，進而轉化為求余弦的最小值，先利用求其正切的最大值，進而可得.【小問1詳解】連接，平面平面，交線為，由，有平面，又平面，所以,當，，所以平面，又平面，所以，此時與相似，故，設，由，解得，所以.【小問2詳解】過作的平行線交于點，連接，由，且，得四邊形是平行四邊形，故，所以即為異面直線與所成的角，設，，所以銳角正切值的最大值為，此時余弦值有最小值，所以異面直線與所成角余弦值的最小值為.19.利用平面向量的坐標表示，可以把平面向量的概念推廣為坐標為復數的“復向量”，即可將有序復數對（其中）視為一個向量，記作．類比平面向量可以定義其運算，兩個復向量，的數量積定義為一個復數，記作，滿足，復向量的模定義為．（1）設，，為虛數單位，求復向量、的模；（2）設、是兩個復向量，①已知對于任意兩個平面向量，，（其中），成立，證明：對于復向量、，也成立；②當時，稱復向量與平行．若復向量與平行（其中為虛數單位，），求復數．【答案】（1），（2）①證明見解析；②【解