2023-2024学年高一下学期第三次月考
数学试卷
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时．选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时．将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．如图，在正三棱锥P-ABC中，M，N分别为PA，PB的中点．则异面直线MN与AC所成的角为（ ）
A． B． C． D．
2．已知在△ABC中，，，则△ABC外接圆的周长为（ ）
A． B． C． D．
3．用斜二测画法画三角形OAB的直观图，如图所示，已知，，则（ ）
A． B． C．2 D．4
4．如图所示，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．下列命题是真命题的是（ ）
A．上底面与下底面相似的多面体是棱台
B．若一个几何体所有的面均为三角形．则这个几何体是三棱锥
C．若直线l在平面外，则
D．正六棱锥的侧面为等腰三角形．且等腰三角形的底角大于
6．已知某圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的内切球的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，且．则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
8．P是△ABC内一点，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．若，则下列结论正确的是（ ）
A．若z为实数，则
B．若，则
C．若z在复平面内对应的点位于第一象限，则
D．若，则
10．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
11．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差。其中多面体的面的内角叫做多面体的面角。角度用弧度制．例如：正方体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，，，点C的曲率为，D，E，F分别为AC，AB，的中点．则（ ）
A．直线平面
B．在三棱柱中，点A的曲率为
C．在四面体中，点E的曲率小于
D．二面角的大小为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12复数的虚部为______．
13．如图．为了测量某建筑物的高度OP，测量小组选取与该建筑物底部O在同一水平面内的两个测量基点A与B．现测得，米，米，在测量基点A测得建筑物顶点P的仰角为，则该建筑物的高度OP为______米．
14．如图，在长方体中，，，，P是线段上异于B，的一点，则的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，
15．（13分）
已知向量，．
（1）若，求的值；
（2）设，向量与的夹角为，求的大小．
16．（15分）
在△ABC中，．
（1）求角C的大小；
（2）若D在边AB上，DC⊥CB，且，．求△ABC的面积S．
17．（15分）
如图．在正方形ABCD中，P，Q分别是AB，BC的中点，将△APD，△PBQ，△CDQ分别沿PD，PQ，DQ折起，使A，B，C三点重合于点M．
（1）证明：MD⊥平面MPQ
（2）证明：点M在平面PDQ的投影为△PDQ的垂心．
18．（17分）
如图，在△ABC中，，，，．
（1）证明：△ABC为等边三角形．
（2）试问当为何值时，取得最小值？并求出最小值．
（3）求的取值范围．
19．（17分）
如图，在四棱台中，平面ABCD，底面ABCD为平行四边形．，且E，F，H分别为线段，，AD的中点．
（1）证明：．
（2）证明：平面平面．
（3）若，，，当与平面所成的角最大时，求四棱台的体积V．
2023-2024学年高一下学期第三次月考
数学试卷参考答案
1．C 因为M，N分别为PA，PB的中点，所以，
则∠BAC是异面直线MN与AC所成的角．
因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，所以·
2．A 设△ABC外接圆的半径为R，根据正弦定理可得，
则，故△ABC外接圆的周长为式．
3．B 画出三角形OAB的原图，如图所示．在直观图中，，，
得，则在原图中，．
4．C ．
5．D 正方体的上底面与下底面相似，但正方体不是棱台，A错误．
如图所示的几何体所有的面均为三角形，但该几何体不是三棱锥，B错误．
若直线l在平面外，则或直线l与平面相交，C错误．
正六棱锥的侧面为等腰三角形，设其中一个侧面为PAB，其中，
因为，所以，D正确．
6．B 依题意可得该圆柱的底面半径为1，高为2，
易得该圆柱的内切球的半径为1，则该圆柱的内切球的体积为．
7．A 如图，依题意可得点O为△ABC的外心．
因为，所以，所以，
则四边形ABOC为菱形．设，则．
因为，所以在上的投影向量为．
8．D 设，因为，所以．
由正弦定理可得，，
则，
则，
解得．
9．AD 若z为实数﹐则，A正确．
若，则，
则解得，B错误．
若z在复平面内对应的点位于第一象限，则解得，C错误．
若，则，解得，，则，D正确．
10．BC 由正弦定理得，所以．
因为△ABC是锐角三角形，所以．
由，，，则
．
由，得．
11．ABD 取的中点G，连接BG，FG．
因为D，E，F分别为AC，AB，的中点，所以可证平面平面，
因为平面BFG，所以直线平面，A正确．
在直三棱柱中，平面ABC，则，，
所以点C的曲率为，解得，
因为，所以，所以点A的曲率，B正确．
连接CE，易证平面，则，所以，
又，所以，在四面体中，
点E的曲率为，C错误．
过A作的延长线，垂足为H，连接，则，
则为二面角的平面角，通过计算得，
则，所以，D正确．
12．2 因为，所以复数的虚部为2．
13． 在△BAO中，由余弦定理可得，
则米．在Rt△OAP中，米．
14． 将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，连接，
如图所示．易得．由，
得
．
CD=√25＋16—2×4×5×cosZDCC=/41—40×cos（，＋LBCC）=
15．解：（1）若，则，
解得．
（2）因为，所以，
即，解得．
由，，得，
，，
故，
因为，所以．
16．解：（1）由题意得，
即，
由正弦定理得，
由余弦定理得．
因为，所以．
（2）因为，所以．
在△ACD中，由正弦定理得，解得，
则或（舍去），
得，则．
故．
17．证明：（1）因为在正方形ABCD中，，，
所以折起后，可得，．
为，所以平面MPQ．
（2）设点M在平面PDQ的投影为O，则平面PDQ，
得，．
连接DO并延长DO与PQ交于点F，连接QO并延长QO与PD交于点E．
因为在正方形ABCD中，，所以折起后，可得．
又因为，，所以平面MPD．
因为平面MPD，所以，又，所以平面MOQ．
因为平面MOQ，所以．
同理可证．
故点M在平面PDQ的投影为△PDQ的垂心．
18．（1）证明：因为，所以．
因为，所以．
因为，所以△ABC为等边三角形．
（2）解：，
，
则
，
当时．取得最小值，最小值为．
（3）解：由题意可得．
在△ABD中，．
设，，，则，
所以．
因为函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以的取值范围为．
19．（1）证明：如图，连接AC，与BD交于点O．
因为平面ABCD，平面ABCD，所以．
又因为，，所以平面．
因为平面，所以．
因为四边形ABCD是平行四边形，所以四边形ABCD是菱形，则．
因为平面ABCD，所以，，
所以，即
（2）证明：延长EF交于点M，连接MH．
由中位线性质可得，因为，所以．
因为平面，平面，所以平面．
易得M为的中点，则．
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面．
（3）解：设，．因为，所以，则，
，．
设点B到平面的距离为d，与平面所成的角为，
则．
因为，
，
所以，得．
所以，
当且仅当，即时，等号成立，此时与平面所成的角最大．
的体积
．
