1、洮南一中2020-2021学年度下学期第三次月考高一数学试题（理） 本试题分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。满分150分，考试时间120分钟。第卷（选择题60分）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）1已知向量，且，则的值为（ ） A B6 C D2若，则（ ） A BCD3某正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（ ） A BCD4已知两灯塔A和B与海洋观测站C的距离都等于，灯塔A在观测站C的北偏东，灯塔B在观测站C的南偏东，则灯塔A与之间B
2、的距离为（ ） A BCD5已知与均为单位向量，若，则与的夹角为（ ） A30B45C60D1206我国古代数学名著九章算术中有如下问题:“今有北乡8758人，西乡有7236人，南乡有8356人，现要按人数多少从三个乡共征集487人，问从各乡征集多少人”.在上述问题中，需从南乡征集的人数大约是（ ） A112B128C145D1677已知正方体的体积为，若点平面，点平面，则的最小值为（ ） A BCD8已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面的半径为（ ） A BCD9给定长度分别为7cm，8cm的两条线段，大小为的一个角，由这3个已知量作为一个三角形的构成元素，可以组成几个不
3、同的三角形（ ） A2 B3C4D510如图，矩形中，正方形的边长为1，且平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A B C D 11设锐角的内角，的对边分别为，若，则的取值范围是（ ）A B CD12一块边长为10cm的正方形铁片如图所示，将它的阴影部分截下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题纸的横线上，填在试卷上的答案无效。）13高二年级共有学生600人，采用分层随机抽样的方法从男生中抽取20人，得到其平均身高数据为172
4、.5cm；从女生中抽取18人，得到其平均身高数据为162cm，则高二年级学生的平均身高估计值为_（保留小数点后一位）14如图所示为一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积为_15钝角的面积是，角的平分线交于点，则_16如图，已知在正方体中，点为棱上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：无论在如何移动，四棱锥的体积恒为定值；截面四边形的周长的最小值是；当点不与，重合时，在棱上恒存在点，使得平面；存在点，使得平面；其中正确的命题是_四、解答题(共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(10分)已知向量，其中，求（1）；（2）
5、与的夹角的余弦值18（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形， （1）求证：直线平面（2）求直线与平面所成角的正切值.19（12分）如图，中，为边上一点，.（1）若的面积为，求的长；（2）若，求的值.20（12分）某市规划一个平面示意图为如图的五边形的一条自行车赛道，为赛道（不考虑宽度），为赛道内的两条服务通道，（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道的长度；（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道最长（即最大）21（12分）如图，在长方体中，.点为对角线的中点.（1）证明：直线平行于平面；（2）求点到平面的距离.22（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为
6、正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.参考答案1A【分析】根据向量共线的坐标运算计算即可得答案.【详解】因为，所以，解得.2B【分析】先由复数的乘法化简复数z，再根据共轭复数的概念可得选项.【详解】因为，所以，所以3D【分析】根据正四棱锥的定义及已知条件即可求解.【详解】解：如图，是正四棱锥的高，设底面边长为，则底面积为，因为正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，所以，又，所以，所以是正三角形，面积为，所以，故选：D.4C【分析】根据题意作出示意图，由余弦定理即可求解.【详解】解：由题意，作出示意图
7、：则，由余弦定理得，所以，即灯塔A与之间B的距离为.故选：C.5D【分析】由两向量垂直可得数量积为0，结合数量积的定义计算式和已知条件，即可求出两向量的夹角.【详解】解：因为，所以，解得，所以，故选:D.6A【分析】根据分层抽样的计算方法即可求出结果【详解】依题意大三学生与大四学生之比为3:2，大四学生为全校学生的，则大四学生应抽取的学生为，故选：A【点睛】本题主要考查分层抽样的方法及其应用，属于基础题.7B【分析】利用面面平行的判定可证得平面平面，可知最小值即为平面到平面的距离，利用正方体体积求得棱长后，可求得，可知.【详解】由正方体特征知：，又平面，平面，平面，同理可得：平面，又，平面，平
8、面平面，的最小值为平面到平面的距离，正方体的体积为，设正方体棱长为，则，.故选：B.8C【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，利用侧面展开图是一个半圆，求得与之间的关系，代入表面积公式即可得解.【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，圆锥的侧面展开图是一个半圆，圆锥的表面积为， ，故圆锥的底面半径为，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥的表面积公式及圆锥的侧面展开图，解题的关键是利用侧面展开图时一个半圆，求得母线长与半径的关系，考查学生的计算能力，属于一般题.9B【分析】根据正弦定理求解即可得到所求结果【详解】由正弦定理得，又，为锐角，故选B10B11A【分析】由已知条件结合正弦定
9、理可得，又由为锐角三角形可求出，从而可求出结果【详解】由正弦定理得.因为为锐角三角形，所以即所以，所以，所以的取值范围是.故选：A.12.B【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.【详解】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，解得：，球心到平面的距离.故选：B.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.13167.5cm【分析】由题意直接可列式求出.【详解】由题意可得高二年级学生的平均身高估计值为.故答
10、案为：167.5cm.14【分析】根据直观图与原图形之间面积的关系计算【详解】由题意直观图等腰梯形的下底为，高为，面积为，所以原图形面积为故答案为：【点睛】结论点睛：在水平旋转的平面图形的直观图的斜二测画法中，原图形面积为，直观图面积为，则15【分析】由已知条件可得，然后分角为锐角和为钝角，求出角的余弦值，再利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出【详解】解：由，得，若角为锐角，则，此时，即，由于，则为锐角三角形，不符合题意故为钝角，此时，故在中，由正弦定理得，同理，在中，而在中，由于，故，由于，故，所以，所以故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余
11、弦定理的应用，考查计算能力，解题的关键是利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出，属于中档题16【分析】由题意逐个讨论所给的命题，判断它们的真假.第一个根据等体积法求体积，第二个求周长函数关系式，再求最小值，第三个利用反证法确定真假，第四个举例说明存在.【详解】解:由题意可得，如图建立坐标系:，四边形为平行四边形又（ 为到平面距离）且 上点到平面距离相等无论在上何处，不变不变不变故正确由知：四边形的周长设，则， 等价于上点到与距离此时周长最小为故正确在上寻找一点，使到的距离为距离，且在平面中但当时，与矛盾故错误;当与重合时，显然， 平面故正确综上可得:正确为.
12、故答案为:.【点睛】考查正方体的性质、线面垂直的判定定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力.17（1）；（2）【分析】（1）由题知，进而根据坐标运算求解；（2）根据余弦的夹角公式直接计算即可.【详解】解：（1）由题知，所以所以（2）设与的夹角为，所以由夹角公式得：所以与的夹角的余弦值为18（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由菱形的性质知由平面，可知，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）过作连结，结合，可得平面，可得以是直线与平面所成角，在中利用三角函数的定义即可求解.【详解】解：（1）因为四边形是菱形，所以 又因为平面平面所以又因为所以平面（2）过作连结因为平面平面所以又因
13、为所以平面所以是直线与平面所成角在中，所以所以是直线与平面所成角的正切值19(1);(2) .【详解】试题分析：（1）由，的面积为可求出，再利用余弦定理可得；（2）在中，由正弦定理得，得，在中，由正弦定理得，.试题解析：（1）,，在中，由余弦定理得，.（2）在中，由正弦定理得， ，在中，由正弦定理得，.20（1）选择见解析，10；（2）设计为时，折线段赛道最长.【分析】（1）选时，先利用正弦定理求出再利用勾股定理求解；选时，先利用正弦定理求出再利用余弦定理求解；（2）利用余弦定理得到，再利用基本不等式求出的最大值即得解.【详解】（1）选时，在中，由正弦定理得：所以因为，所以，所以选时，在中，由
14、正弦定理得：所以在中，由余弦定理得：所以，所以.（2）在中，由余弦定理得：，即故，从而即，当且仅当时，等号成立，即设计为时，折线段赛道最长.【点睛】方法点睛：最值范围问题常用的解法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择条件求解.21（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，由，证得平面，同理证得平面，利用面面平行的判定，证得平面平面，进而得到平面.（2）由（1）知平面，得到点到平面的距离即点到平面的距离，结合，即可求解.【详解】（1）如图所示，在正方体中，连接，因为，且平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，且平面，所以平面平面，又
15、因为平面，所以平面.（2）由（1）知平面，故点到平面的距离即点到平面的距离，由已知条件可得，所以，又由，设到平面的距离为，由，可得，解得，即点到平面的距离为.22（1）见解析；（2）【分析】（1）在正方形ABCD中，证得，再在中得到，利用线面垂直的判定，即可得到平面PCD；（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，证得是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，再直角中，即可求得侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.【详解】（1）在正方形ABCD中，又侧面底面ABCD，侧面底面，所以平面PAD，平面PAD，所以，是正三角形，M是PD的中点，所以，又，所以平面PCD.（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，则，所以，又在正中，平面PEF，正方形ABCD中，平面PEF，是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，由平面PAD，平面PEF，平面PAD，.设正方形ABCD的边长，则，所以，所以,即侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为.