【文档说明】湖南省永州市第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题 PDF版含解析.pdf，共(19)页，861.239 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共18页2022-2023学年度永州一中高一数学6月月考卷未命名考试时间：120分钟；命题人：钟荣利￿￿审题：魏善元注意事项：未命名未命名一、单选题1．已知复数z1＝3＋4i，z2＝3－4i，则z

1＋z2＝（）A．8iB．6C．6＋8iD．6－8i【答案】B【分析】根据复数的加法法则即可求出.【详解】z1＋z2＝(3＋4i)＋(3－4i)＝(3＋3)＋(4－4)i＝6.故选：B.2．已知点G是三角形ABC所在平面内一点，满

足0GAGBGC，则G点是三角形ABC的（）A．垂心B．内心C．外心D．重心【答案】D【分析】直接利用平面向量的线性运算和三角形重心的定义，即可判断点G是△ABC的重心.【详解】因为0GAGBGC，所以

GAGBGCCG.以GA、GB为邻边作平行四边形GADB，连接GD交AB于点O.如图所示:则CGGD，所以13GOCO，CO是AB边上的中线，

所以G点是△ABC的重心.故选：D3．已知m，n表示两条不同的直线，表示平面．下列说法正确的是（）A．若//m，//n，则//mnB．若//m，mn，则n试卷第2页，共18页C．若m，mn，则//nD．若m，n，则//mn【答案】D【分析】根据空

间中的线面关系逐一判断即可.【详解】平行同一平面的两条直线可以平行、相交或异面，故A错误；若//m，mn，则//n、n或n与相交，故B错误；若m，mn，则//n、n或n与相交，故C错误；垂直于同一平面的两条直线平行，故D正确故选：D4．在ABC中，角,,ABC的对边分别

为,,abc.若2,3,30abC，则c的值为（）A．1B．2C．3D．23【答案】A【分析】由余弦定理直接求解即可.【详解】在ABC中，已知2a，3b，30C，由余弦定理得：222

2232cos2322312cababC.所以1c.故选：A.5．在ABC中，若13,cos2aA，则ABC的外接圆的半径为（）A．2B．3C．22D．23【答案】B【分析】先求出sinA的值，再由正弦定理可得答案.【详解】设ABC的外接圆的半径为R在

ABC中,由1cos2A，则23sin1cos2AA由正弦定理可得：3223sin32aRA,所以3R故选：B6．已知正方形ABCD的边长为1，点P是对角线BD上任意一点，则APBD的取值范围为（）试卷第3页，共18页A．11,22

B．22,22C．1,1D．2,2【答案】C【分析】利用向量,ABAD表示,APBD，根据数量积的定义和运算律求其范围.【详解】设BPBD，则01≤≤，1APABBPABBDABADABABAD

，BDADAB，所以1APBDABADADAB

，又1,0ADABABAD，所以121APBD，又01≤≤，所以1,1APBD.故选：C.

7．1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式iecosisinxxx（e是自然对数的底，i是虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被普为“数学中的天桥”.下列说法正确的是（）A．ie10xB．313i12

2C．iieecos2xxxD．iieesin2xxx【答案】C【分析】根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项.【详解】对于A，当2x时，因为i2ecosisini22，所以i2e1i10，故i

e10x不一定成立，选项A错误；试卷第4页，共18页对于B，333ii313icosisineecosisin12233，所以B错误；对于C，由

iecosisinxxx，iecos()isin()cosisinxxxx，所以iiee2cosxxx,得出iieecos2xxx,选项C正确；对于D，由C选项的分析得iiee2isinxxx，得出iieesini2xxx，选项D

错误.故选：C.8．已知向量1(cos,sin)e，2(cos,sin)e其中π0,2，若平面向量m满足121meme，且||2m，则的取值范围是

（）A．π0,6B．π0,3C．ππ,62D．ππ,32【答案】A【分析】设(,)mxy，由121meme可推出1siny，从而0x，利用向量的模的计算公式结合||2m，求得答案.【详解】设

(,)mxy，则由121meme可得，cossin1,cossin1xyxy，两式相加得：1sin1,sinyy，故cos0x，由于π0,2，cos0，故0x，所以由||2m得，12sin

，即10sin2，由π0,2可得π(0,]6，故选：A二、多选题9．如图，D，E，F分别是ABC的边AB，BC，CA的中点，则AFDB等于（）试卷第5页，共18页A．FDB．EC

C．BED．DF【答案】BCD【分析】由中位线的性质及相等向量的定义和向量减法的运算法则即可求解.【详解】解：因为D，E，F分别是ABC的边AB，BC，CA的中点，所以//DFBE,且DFBE，//DFEC，且DFEC，所以DFBE

=，DFEC，所以AFDBAFADDFBEEC，故选：BCD.10．下列命题中错误的是（）A．若复数1z满足2110z，则1izB．若复数1z

，2z满足12zz，则12zzC．若复数izab，则z为纯虚数的充要条件是0aD．若复数120zz，则12zz【答案】ABC【分析】举例说明判断A，B，C；设出复数12,zz的代数形式，根据给定条件计算判断D作答

.【详解】当1iz时满足2110z，A错；当11iz，21iz时满足12zz，但12zz，B错；复数izab，当0a且0b时，复数z为实数，不是纯虚数，C错；令1izab，2izcd，,,,Rabcd，12()(

)izzacbd，当120zz时，即22()()=0acbd，ac，cd，则12zz成立，D正确．故选：ABC11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2coscosbcAaC，试卷第6页，共18页23b，若边BC的中线3AD，则下列结

论正确的有（）A．π3AB．π6AC．6ABACD．△ABC的面积为33【答案】ACD【分析】根据正弦定理，结合平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的定义、三角形面积公式进行求解即可.【详解】根据正弦定理，由2coscos2sincos

sincossincosbcAaCBACAAC2sincossincossincossin()sin(π)sinBAACCAACBB，因为(0,π)B，所以sin0B，因此12cos1

cos2AA，因为(0,π)A，所以π3A，因此选项A正确，选项B不正确；因为AD是中线，所以由2221()422ADABACADABACABAC

213612223232ccc，或43c舍去，因此1232362ABAC，所以选项C正确；△ABC的面积为113sin232333222bcA，所以选项D正确，故选：ACD12．我国有着丰富悠久的“印章文

化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高之比为1:2

，且底面边长均为23，若该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则（）A．球O的体积为25π3B．正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的体积为20C．正四棱锥的侧棱与其底面所成角的正弦值为155试卷第7页，共18页D．正四棱锥的

侧面与其底面的夹角的正弦值为277【答案】BD【分析】利用勾股定理列方程，求得球O的半径以及正四棱锥、正四棱柱的高，结合体积、线面角、面面角的知识求得正确答案.【详解】设正四棱锥为PABCD，其底面中心为1O；设正四棱柱为1111ABCDABCD，其下底面中心为2O，设E是BC的

中点，连接11111,,,,,OEPEACBDACBD，O是球O的球心，设球O的半径为R，设正四棱柱的高为x，则正四棱锥的高为2x，x为正数，所以15222Rxxx，2211232326ACAC，所以21

6OC，所以22215622xx，解得1x，所以52R，球的体积34π5125π326，A选项错误.组合体的体积为12323123232203，B选项正确.依题意可知正四棱锥的侧棱与

其底面所成角为1PAO，1122210sin562POPAOPA，C选项错误.根据正四棱锥的性质可知：1,BCOEBCPE，所以1PEO是正四棱锥的侧面与其底面的夹角，1122227sin723POPEO

PE，D选项正确.故选：BD试卷第8页，共18页第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题13．已知4a，3b，6ab，则a与b所成的夹角大小是______.【答案】23/23/120°【分析】根据向量夹角公式，由题中条件，即可直接求解.【详解

】因为4a，3b，6ab，记a与b所成的夹角为，所以61cos432abab×-===-´，因此23.故答案为：23.14．已知复数2iiz（i是虚数单位），则z____【答案】5【分析】化简得到12zi，即得到模长.【

详解】由i2i2i12iiz，∴5z.故答案为：5.15．如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面

直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．试卷第9页，共18页以上四个命题中，正确命题的序号是__________．【答案】②③④【详解】还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，因为

正四面体对棱垂直，所以,//DEAFMNAF，所以DE⊥MN.故答案为：②③④16．在直三棱柱111ABCABC中，底面为等腰直角三角形，2ABBC，11AA，若E、F、D别是棱AB、CB、11AC的中点，则下列四个命题：1BEFD①；②三棱锥1ABCC的外接球的表面积为

9π；③三棱锥1BDEF的体积为13；④直线1CE与平面ABC所成角为π3，其中正确的命题有__________．(把所有正确命题的序号填在横线上)【答案】①②③【分析】取11AB中点G，则1BGBE，可证得四边形D

FBG为平行四边形，从而1BEFD，可判断①正确；由AB面11BCCB，190BCC，可知三棱锥1ABCC的外接球的球心在线段1AC的中点处，从而可得外接球的表面积，可判断②；三棱锥1BDEF为正四面体，由三棱锥的体积公式

计算可判断③；由1CC面ABC，可得1CEC为直线1CE与平面ABC所成角，计算可判断④．试卷第10页，共18页【详解】对于①，取11AB中点G，连接EG，DG∵E为AB中点，2AB，11AA，∴四边形1BEGB为正方形，则1BGBE在111ABC△中，D，G

分别为11AC，11AB的中点，则DG∥11BC，且1112DGBC∵F为BC的中点，且BC∥11BC，∴BF∥DG且BFDG∴四边形DFBG为平行四边形，∴DF∥BG∴1BEFD，故①正确；对于②，∵22AC，11CC，∴13AC∵AB面11BCCB，1π2BCC∴三棱锥1A

BCC的外接球的球心在线段1AC的中点处，则外接球的半径为32∴三棱锥1ABCC的外接球的表面积为234π()9π2，故②正确；对于③，∵12BD，2EF，12BE，12BF在RtDGE△中，11112DGBC，11EGAA，222DEDG

GE，同理可得2DF，则三棱锥1BDEF为正四面体，所以该正四面体的高22232322323h，底面面积13322222S，体积32323111333VSh，故③正确；对于④，∵1CC面ABC，∴直线1CE在平面

ABC上的投影为直线CE试卷第11页，共18页则1CEC为直线1CE与平面ABC所成的角在1RtCCE中，112215tan35CCCECCEBCBE∴直线1CE与平面ABC所成的角不是

3，故④不正确．故答案为：①②③．四、解答题17．.已知1,2ab，a与b的夹角为60°．（1）求：ab，abab；（2）求：ab．【答案】1,3,3【分析】利用向量的数量积公式求解即可【详解】由1,2,,60abab

得·,12cos601ababab又2222||143abababab2222·14213abababab故答案为：1,3,318．

已知aR，bR，方程20xaxb的一个根为1i，复数1izab，满足24z.（1）求复数1z；（2）若120zz，求复数2z.【答案】（1）122iz；（2）22222iz.【分析】（1）将1i代入方程20xaxb

，化简后利用复数相等的知识列方程组，由此求得,ab，从而求得1z.（2）设2zxyi，利用24z、120zz来求得,xy，进而求得2z.【详解】（1）依题意，得2(1i)(1i)0ab

，即()(2)i0aba，由复数相等的定义及a，bR，得020aba，试卷第12页，共18页解得22ab.故复数1i22izab.（2）设2zxyi（xR，yR），由24z，得2216xy，12(22i)(i)(22)

(22)izzxyxyxy，又120zz，得220220xyxy，即yxxy，所以2216xyxyyx，解得2222xy，所以22222iz.19．如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11

BBCC是正方形，,MN分别是11AB，AC的中点，AB平面BCM.（1）求证：平面11BBCC平面11AABB；（2）求证：1AN平面BCM；（3）若三棱柱111ABCABC的体积为10，求三棱锥11CBBM-的体积.【答案】（1）见解析；（2）

见解析；（3）53【分析】（1）先由线面垂直的判定定理，证明BC平面11AABB，进而可证明面面垂直；（2）设BC中点为Q，连接,NQMQ，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（3）连接1AB，根据等体积法，得到11111111116112CBBMBBCMBABCABC

ABCVVVV----===，进而可求出结果.试卷第13页，共18页【详解】（1）∵AB平面BCM，BC平面BCM，∴ABBC，在正方形11BBCC中，1BBBC，∵1ABBBBÇ=，∴BC平面11AABB.∵BC平面11BBCC，∴平面11BBCC平面11AABB

.（2）设BC中点为Q，连接,NQMQ，∵,NQ分别是,ACBC的中点，∴NQAB，且12NQAB=.又点M是11AB的中点，∴11112AMAB=.∵11//ABAB，且11ABAB，∴1//NQAM，且1NQAM=，∴

四边形1AMQN是平行四边形，∴1//ANMQ.∵MQÌ平面BCM，1AN平面BCM，∴1//AN平面BCM.（3）连接1AB，则11111111033BABCABCABCVV--==，∵M为11AB的中点，∴三棱锥11CBBM-的体积111

11111523CBBMBBCMBABCVVV---===.【点睛】本题主要考查面面垂直的证明，线面平行的证明，以及三棱锥的体积，熟记线面垂直，线面平行的判定定理即可，属于常考题型.20．在ABC中，5AB，3AC，sin2sinAC.(1)求B

C的长；试卷第14页，共18页(2)求πcos(2)3C的值.【答案】(1)25BC(2)34310【分析】（1）由正弦定理得2BCAB，解得BC的长；（2）先由余弦定理得cosC，再根据同角关系得sinC，由二倍角公式得sin2C，cos2C，最后根据两角差余弦公式

得πcos23C的值.（1）在ABC中，sin2sinAC，由正弦定理得225BCAB（2）∵222222253525cos252253ACBCABCACBC

，因为0,πC,所以25sin1cos5CC，∴4sin22sincos5CCC，223cos2cossin5CCC，πππ343cos2cos2cossin2sin33310CCC.21．如

图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距62海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以22海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立

即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以32海里/小时的速度沿着直线追击(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船试卷第15页，共18页【答

案】(1)两船相距3海里.(2)巡逻艇应该北偏东75方向去追，才能最快追上走私船.【分析】（1）在ABC中，解三角形得23BC，45ABC，在BCD△中，由余弦定理求得CD.（2）在BCD△中，解三角形得60BCD，90BDC，得到135CDE，在CDE

中，由正弦定理求得30DCE，结合图形知巡逻艇的追赶方向.【详解】（1）由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时313,22122BDAC，由题意知903060BAC在ABC中，

62,22ABAC由余弦定理得2222cosBCABACABACBAC221(62)(22)2(62)22122所以23BC在ABC中，由正弦定理得sinsinACBCABC

BAC，即2223sinsin60ABC所以2sin,45,2ABCABC（135舍去）所在180604575ACB又18045456030CBD在BCD△中，30,3,23CBDBDBC由余弦定理得2222

cos30CDBCBDBCBD222332233cos3303CD，故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距3海里.（2）当巡逻艇经过t小时经CE方向在E处追上走私船，则32

,3,3CEtDEtCD在BCD△中，由正弦定理得：sinsinsinCDBDBCCBDBCDBDC则3323sin30sinsinBCDBDC试卷第16页，共18页所以3sin,602BCDBCD，90,135BDCCDE在CDE中

，由正弦定理得：sinsinCEDECDEDCE则3sin1351sin232tDCEt，故30DCE（150舍）ACEACBBCDDCE7560309075＝故巡逻艇应该北偏东75方向去追，才能最快追上走私船.22．如图，在平行

四边形ABCD中，60ABC，24ADAB，E为AD的中点，以EC为折痕将CDE△折起，使点D到达点P的位置，且=10PB，F，G分别为BC，PE的中点.(1)证明：//PB平面AFG.(2)若平面PAB与平面PEF

的交线为l，求直线l与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)31313.【分析】（1）连接BE，交AF于H，并连接HG，易得ABFE为正方形，进而知HG为中位线，则//HGPB，最后根

据线面平行的判定证结论；（2）若K为CE中点，连接,PKFK，由线面、面面垂直的判定可证面PKF面ABCD，从而P在面ABCD上的射影O在直线FK上，过P作直线//lEF则有直线l为面PAB与面PEF的交线，故EF与面PCF所成角即为所求

角，再根据已知、等体积法求E到面PCF的距离，即可求角的正弦值.（1）连接BE，交AF于H，并连接HG，试卷第17页，共18页由E、F分别是AD、BC的中点，而24ADAB，故ABFE为正方形，所以H为BE的中点，又G是PE的中

点，所以//HGPB，而HG面AFG，PB面AFG，故//PB面AFG.（2）由题易知：PEFPCF且均为等腰三角形，PECFEC且均为等边三角形，若K为CE中点，连接,PKFK，则,PKCEF

KCE，而=PKFKK，,PKFK面PKF，则CE面PKF，又CE面ABCD，故面PKF面ABCD，面PKF面=ABCDFK，所以P在面ABCD上的射影O在直线FK上，过P作直线//lEF，而//ABEF，则//ABl，故直线l为面PAB与面PEF的交线，所以直线

l与平面PBC所成角，即为EF与面PCF所成角，由题设，==3PKFK，=10PB，令=(0,3)OKx，则=3OFx，2=3OPx，因为OP面ABCD，,FKOB面ABCD，故,OPFKOPOB，所

以222==+7OBPBOPx，又60ABC，易知=150°BFO，在△BFO中，222=+2cosOBBFOFBFOFBFO，整理得43=6x，所以32x，故3=2OP，3PF，若E到面PCF的距离为h，且=+EPCFCPKFEP

KFVVV，即11=33PCFPKFhSCES，所以=PCFPKFhSCES，11339=××3=224PCFS，21333=×(3)×=224PKFS，2CE，试卷第18页，共18页综上，613=13h，则313sin==13h

EF.【点睛】关键点点睛：第二问，首先确定P在面ABCD上的射影O位置，结合平面的基本性质找到直线l，并将问题转化为求EF与面PCF所成角的正弦值.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com