2021-2022学年黑龙江哈尔滨第一二二中学高一下学期月考数学试题（解析版）

2021-2022学年黑龙江哈尔滨第一二二中学高一下学期月考数学试题

一、单选题

1．已知复数，则的虚部是（    ）

A． B． C．i D．1

【答案】D

【分析】利用复数的除法运算化简可得，结合共轭复数和虚部的定义，即得解

【详解】由题意，

故，的虚部是1

故选：D

2．某圆台上、下底面面积分别是、，母线长为2，则这个圆台的侧面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据圆台上、下底面面积分别是、，求出圆台上、下底面的半径，再由公式求圆台的侧面积.

【详解】设圆台上、下底面的半径分别为，

由圆台上、下底面面积分别是、，则

所以

所以这个圆台的侧面积为

故选：A

【点睛】本题考查求圆台的侧面积，直接利用公式，属于基础题.

3．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，若某人在点A测得滕王阁顶端仰角为，此人往滕王阁方向走了42米到达点B，测得滕王阁顶端的仰角为，则滕王阁的高度最接近于（    ）（忽略人的身高）（参考最据：）

A．9米 B．57米 C．54米 D．51米

【答案】B

【分析】设滕王阁的高度为，由题设可得，即可求滕王阁的高度.

【详解】设滕王阁的高度为，由题设知：，

所以，则，

又，可得米.

故选：B

4．已知向量，，且与的夹角，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题知，进而得，再根据求解即可.

【详解】解：因为，所以，

所以，

所以.

故选：C

5．的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，的周长等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量的数量积的运算公式，求得，再利用余弦定理列出方程，求得，即可求得三角形的周长.

【详解】因为，且，可得，解得，

又由余弦定理得，

即，

可得，所以，

所以的周长为.

故选：D.

6．下列说法正确的是（    ）

A．“平面内有一条直线a，则这条直线上的一点A必在这个平面内”用符号表述是“，则”

B．一条直线和一个点确定一个平面

C．已知一平面截一球得到直径为的圆面，球心到这个面的距离是，则该球的体积

D．四边相等的四边形是平面图形

【答案】C

【分析】根据集合符号表示点线面关系时，将点看成元素，线面看成集合可判断A；根据公理2可判断B；由勾股定理计算出球的半径，然后求体积可判断C；根据空间四边形的概念可判断D.

【详解】A选项：正确表示为，则.故A错误；

若点在直线上时，显然错误，即B错误；

由题知，球的半径，所以球的体积为，C正确；

四边相等的四边形还可能是空间四边形，D错误.

故选：C

7．如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别交AB，AC两边于与M，N（三角形顶点不重合）两点，且，，则2x+y的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三点共线得出满足的关系，然后由基本不等式得出结论．

【详解】因为是△ABC的重心，所以，

又，，所以，

因为三点共线，所以，即，

显然，，

所以，

当且仅当，即，时，等号成立．

所以的最小值是．

故选：A．

8．在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件利用正弦定理、余弦定理、三角形面积定理求出角C及边c，再求出的范围即可计算作答.

【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：，

即有，而，则，又，

由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，

由正弦定理有：，即，，

是锐角三角形且，有，，解得，

因此，

由得：，，

所以．

故选：D

【点睛】思路点睛：涉及求三角形周长范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解.

二、多选题

9．已知，则下列叙述正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．的最小值为5 D．若向量与向量的夹角为钝角，则

【答案】AD

【分析】由向量平行和垂直的坐标表示可得AB正误；利用向量模长运算可知，由二次函数性质可求得，知C错误；利用向量夹角为钝角，则数量积必定小于0，可判断D.

【详解】对于A，若，则，解得：，A正确；

对于B，若，则，解得：，B错误；

对于C，因为，所以，则当时，，，C错误；

对于D，若向量与向量的夹角为钝角，则，解得，由上可知，此时两向量不共线，D正确.

故选：AD.

10．若复数满足（为虚数单位），则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．的共轭复数 D．是方程的一个根

【答案】BD

【分析】设，根据复数相等可求得实数、的值，可判断A选项的正误；利用复数的模长公式可判断B选项的正误；利用共轭复数的定义可判断C选项的正误；解方程可判断D选项的正误.

【详解】设，则，可得，解得，所以，，A错；

，B对；

，C错；

解方程，即，解得或，D对.

故选：BD.

11．下列说法不正确的是（    ）

A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥

B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形

C．以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转180°形成的曲面围成的几何体是圆锥

D．棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形

【答案】ABD

【分析】利用棱锥、棱柱、圆锥、棱台的结构特征逐个分析判断．

【详解】对于A，两个同底的三棱锥构成的几何体各个面都是三角形，但此几何体不是三棱锥，故A错误；

对于B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，但侧面不一定全等，如底面为非等边三角形的直三棱柱，侧面不都全等，故B错误；

对于C，由于等腰三角形底边上的中线垂直平分底边，所以以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转180°形成的曲面围成的几何体是圆锥，故C正确；

对于D，棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，故D错误．

故选：ABD．

12．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有△满足，且，请判断下列命题正确的是（    ）

A．△周长为 B．

C．△的外接圆半径为 D．△中线的长为

【答案】BC

【分析】由题设及正弦定理得，再结合已知条件求a、b、c判断A的正误；应用余弦定理求角C，正弦定理求外接圆的半径，作应用勾股定理求.

【详解】由题设及正弦定理知：，令且，

，可得，

所以，则△周长为，A错误；

，又，则，B正确；

△的外接圆半径为，C正确；

如下图，过作，由题设知：，则，

又，可得，故，

所以，D错误.

故选：BC

三、填空题

13．一个三角形用斜二测画法画出来的直观图是边长为2的正三角形，则原三角形的面积是___________.

【答案】

【分析】根据斜二测画法，算出原三角形的底边长和高即可得到答案.

【详解】如图，

是斜二测坐标系中的正三角形（边长为2），则原三角形的底边长为2，容易得到的高，过作轴的平行线交轴于，则，所以原三角形的高为，于是其面积为.

故答案为：.

14．已知向量与的夹角为，且，，设，，则向量在方向上的投影向量的模为________．

【答案】

【分析】根据向量数量积公式的变形公式代入计算在方向上的投影向量的模长.

【详解】在方向上的投影向量的模为．

故答案为：

15．如图所示．是正方体，O是的中点，直线交平面于点M，给出下列结论：

①A、M、O三点共线；         ②A、M、O、不共面：

③A、M、C、O共面；         ④B、、O、M共面，

其中正确的序号为_________．

【答案】①③

【分析】由公理1判断①，由公理2判断②和③，用反证法判断④

【详解】连接，因为是的中点，所以，

平面与平面有公共点A与，则平面平面，

对于①，平面，则平面，因为平面，则，即A，M，O三点共线，所以①正确，

对于②③，由①知A，M，O三点共线，所以A，M，O，共面，A，M，C，O共面，所以②错误，③正确；

对于④，连接，则都在平面上，若平面，则直线平面，所以平面，显然平面，所以④错误，

故答案为：①③

16．在梯形中，已知， ， ，动点和分布在线段和上，且的最大值为，则的取值范围为__________．

【答案】

【详解】

由 ，得 ，当 与 重合时， 有最大值 ，此时 ，作 于 ，则 ，可得 ，以 为原点，以 为 正半轴建立直角坐标系，则 ，直线 方程 ，则可设 ， ，故答案为 .

四、解答题

17．已知复数，其中i是虚数单位，m为实数．

(1)当复数z为纯虚数时，求m的值；

(2)当复数在复平面内对应的点位于第三象限时，求m的取值范围．

【答案】(1)4

(2)

【分析】（1）根据纯虚数，实部为零，虚部不为零列式即可；

（2）根据第三象限，实部小于零，虚部小于零，列式即可 .

【详解】(1)因为为纯虚数,

所以

解得或，且且

综上可得,当为纯虚数时;

(2)因为在复平面内对应的点位于第三象限,

解得或，且

即,故的取值范围为.

18．的内角，，所对的边分别为，，．向量与平行．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若，求的面积．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．

【详解】试题分析：（1）根据平面向量，列出方程，在利用正弦定理求出的值，即可求解角的大小；（2）由余弦定理，结合基本不等式求出的最大值，即得的面积的最大值.

试题解析：（1）因为向量与平行，

所以，

由正弦定理得，

又，从而tanA＝，由于0<A<π，所以A＝.

（2）由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，而a＝，b＝2，A＝，

得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，

因为c>0，所以c＝3.

故△ABC的面积为bcsinA＝.

【解析】平面向量的共线应用；正弦定理与余弦定理.

19．在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullon，于1996年故入世界文化遗产名景（如图1）.现测量一个屋顶，得到圆锥SO的底面直径AB长为m，母线SA长为m（如图2）.C是母线SA的一个三等分点（靠近点S）.

(1)现用鲜花铺设屋顶，如果每平方米大约需要鲜花60朵，那么装饰这个屋顶（不含底面）大约需要多少朵鲜花（此处π取3.14，结果精确到个位）:

(2)从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，求灯光带的最小长度.

【答案】(1)20347；

(2)m.

【分析】(1)根据给定条件求出圆锥的侧面积即可计算作答.

(2)将圆锥侧面沿母线SA剪开展在同一平面内，点A到点，连接，求出的值即可得解.

【详解】(1)因圆锥SO的底面直径AB长为m，母线SA长为m，则此圆锥的侧面积为()

又每平方米大约需要鲜花60朵，于是得(朵)，

所以装饰这个屋顶大约需要20347朵鲜花.

(2)将圆锥SO沿母线SA剪开展在同一平面内得如图所示的扇形，点A到点，连接，则为最小长度，

扇形弧长等于圆锥SO底面圆周长，于是得扇形圆心角，

在中，，由余弦定理得，

即，解得，

所以灯光带的最小长度为m.

20．设的内角所对的边分别为，若且

（1）求角的大小；

（2）若角的平分线交于点，求线段长度的取值范围.

【答案】（1） （2）

【分析】（1）由正弦定理的边角转换以及和差公式的应用，即可得到本题答案；

（2）由题意根据三角形的面积公式可得，由余弦定理得，结合基本不等式可求得，从而，所以可求得.

【详解】（1）由正弦定理得，，

所以，  

所以，

因为，所以

所以；  

（2）由题意得，

所以，   

根据余弦定理，可得，

所以，

所以，  

由，得，且  

所以.

【点睛】本题主要考查利用正弦定理的边角转换求角，以及综合余弦定理，三角形面积公式和基本不等式求边长的取值范围，考查学生的计算能力及转化和化归思想的运用.