2022-2023学年河北省南宫中学高一下学期第二次月考数学试题含解析

2022-2023学年河北省南宫中学高一下学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．若复数z满足，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的乘、除法运算可得复数，结合复数的几何意义，即可求解.

【详解】由题意，复数满足，

可得，

可得复数在复平面内对应的点为位于第一象限.

故选：A.

2．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（    ）

A．8 B． C．16 D．

【答案】C

【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．

【详解】还原直观图为原图形如图所示，

因为，所以，还原回原图形后，

，，

所以，

所以原图形的周长为．

故选：C.

3．下列说法正确的是（    ）

A．过空间中的任意三点有且只有一个平面

B．三棱柱各面所在平面将空间分成21部分

C．空间中的三条直线a，b，c，如果a与b异面，b与c异面，那么a与c异面

D．若直线a在平面外，则平面内存在直线与a平行

【答案】B

【分析】根据不共线的三点可确定平面，即可判断A；根据分别乘法计数原理即可判断B；根据异面直线的概念即可判断C；根据线面关系即可判断D.

【详解】A：当空间中的三点共线时，不能确定平面，故A错误；

B：三棱柱的3个侧面将空间分成7部分，两个平行的底面又在这个基础上分成3大部分，

所以三棱柱各面所在的平面将空间分成个部分，故B正确；

C：空间中直线a、b、c，若a与直线b异面，b与c异面，

则a与c可能异面，也可能共面，故C错误；

D：由直线a在平面外可知，或a与相交.

若，则内存在一条直线与直线a平行；

若a与相交，则内不存在直线与直线a平行，故D错误.

故选：B.

4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）

A． B． C． D．或

【答案】A

【分析】由正弦定理求得，然后由三角形的性质求得A．

【详解】由正弦定理，

得，

因为，所以，

故选：A.

5．已知是虚数单位，复数，，，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的模长公式可求得，再利用复数的模长公式可求得的最小值.

【详解】因为，则，，

由可得，解得，则，

所以，，

因此，，当且仅当时，等号成立，

故的最小值为.

故选：B.

6．三角形的三边分别为，，，秦九韶公式和海伦公式，其中，是等价的，都用于求三角形的面积.印度数学家婆罗摩笈多在公元7世纪的一部论及天文的著作中，给出了四边形的面积公式：若四边形的四边分别为，，，，则，其中，为一组对角的和的一半.已知四边形四条边长分别为，，，，则四边形最大面积为（    ）

A． B． C．20 D．28

【答案】B

【分析】首先求出，依题意可得，，根据所给公式得到，再结合正弦函数的性质计算即可.

【详解】不妨设，，，，则，

又易知，，

则

，

当，即时，有最大值为.

故选：B．

7．已知，，，，那么向量、的夹角不能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设向量、的夹角为，则，根据可得出关于的二次不等式，根据求出的取值范围，结合即可得解.

【详解】设向量、的夹角为，则，

由可得，整理可得，

即，即，

因为，使得成立，

则，解得，

因为，则.

故选：C.

8．如图，圆锥的母线长为，底面圆的半径为，是圆锥的轴截面，一只蚂蚁从点出发沿圆锥的侧面爬行一周到达母线上的一点，当蚂蚁的爬行距离最短时，在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将圆锥沿着母线展开为扇形，设，求出的值，可知当为的中点时，蚂蚁的爬行距离最短，再利用投影向量的定义可求得在上的投影向量.

【详解】将圆锥沿着母线展开为扇形，设，如下图所示：

由题意可得，可得，又因为，故为等边三角形，

当时，即当为的中点时，蚂蚁的爬行距离最短，

在中，取线段的中点，连接，因为，则，

所以，在上的投影向量为，

因为，故在上的投影向量为.

故选：B.

二、多选题

9．下面关于空间几何体的表述，正确的是（    ）

A．直角三角形以其一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥

B．圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点，这三点的连线都可以构成直角三角形

C．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台

D．从三棱柱的6个顶点中选取4个不共面的点，这4点形成的三棱锥的体积一定是三棱柱体积的

【答案】BD

【分析】根据旋转体的概念即可判断A；根据圆锥的结构特征，即可判断B；根据棱台的概念即可判断C；根据同底等高的三棱锥与三棱柱的联系，即可判断D.

【详解】A：当直角三角形以斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是两个圆锥的组合体，故A错误；

B：圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点，这三点的连线都可以构成直角三角形，故B正确；

C：用平行于底面的一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，故C错误；

D：从三棱柱的6个顶点中选取4个不共面的点，这4点形成的三棱锥与三棱柱同底等高，所以三棱锥的体积为三棱柱体积的的，故D正确.

故选：BD.

10．以下命题中正确的是（    ）

A．任意两个复数，满足

B．任意复数z满足

C．若复数，满足，则，互为共轭复数

D．任意两个复数，满足

【答案】AD

【分析】由复数的几何意义可判断A正确，再设， ，依照选项分别进行复数运算即可判断B、C、D.

【详解】设两个复数，对应的向量为，由向量减法的几何意义，

可知，A正确；

设，则， ，所以，故B错误；

设， ，

若，则是实数，

所以，故，不是共轭复数，C错误；

     ，D正确.

故选：AD

11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，对于有如下命题，其中正确的是（    ）

A．若，则是锐角三角形

B．若，，则的外接圆的面积等于

C．若是锐角三角形，则

D．若，则是等腰直角三角形

【答案】BC

【分析】根据余弦定理即可判断A；根据正弦定理，即可判断B；由题意可得，即可判断C；根据正弦定理和二倍角的正弦公式计算化简，即可判断D.

【详解】A：由余弦定理，得，得B为锐角，

不能判断为锐角，故A错误；

B：设的外接圆的半径为R，由正弦定理得，

得，所以其外接圆的面积为，故B正确；

C：若为锐角三角形，则，且，

所以，故C正确；

D：，由正弦定理，得，

即，所以或，

即或，则为等腰三角形或直角三角形，故D错误.

故选：BC.

12．已知正方体的棱长为2，E，F分别是，的中点，则（    ）

A．

B．平面截此正方体所得截面的周长为

C．三棱锥的表面积为

D．三棱锥的体积为1

【答案】BD

【分析】根据线线平行的判定定理即可判断A；如图梯形即为平面截此正方体所得的截面，即可判断B；利用余弦定理和三角形面积公式计算即可判断C；利用等体积法计算，即可判断D.

【详解】A：如图，连接AC，，取AC的中点O，连接OF，

因为F为的中点，所以，

又，所以不成立，故A错误；

B：如图，记DC的中点为G，连接，则，

取CG的中点H，连接FH，则，所以，

得四边形为梯形，即为平面截此正方体所得的截面，

易知，

所以梯形的周长为，故B正确；

C：如图，连接CE，DB，由题意知，，

，，

在中，，

由余弦定理，得，

所以，

所以；

同理可得，

所以三棱锥的表面积为，故C错误；

D：记的中点为P，连接AP，在，

取BP的中点Q，连接EQ，FQ，则，所以，

所以四边形为梯形，由，得，

所以，故D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．已知，，则______

【答案】

【分析】根据题意可得，对等式两边同时平方，即可求解.

【详解】由，得，

由，

解得.

故答案为：.

14．用一个圆心角为，半径为4的扇形围成一个圆锥侧面，则圆锥的高是___________.

【答案】

【分析】根据圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长求得半径，进一步根据勾股定理求得高.

【详解】扇形的弧长为，设圆锥的底面圆的半径为，

根据题意得，解得.

所以圆锥的高为.

故答案为：.

15．在正四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为P，则四棱锥的外接球的体积为___________.

【答案】

【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，则其外接球的球心O在直线上，由勾股定理可得半径，结合球的体积公式计算即可求解.

【详解】设与相交于点，因为四棱台为正四棱台，

直线与直线的交点为P，所以四棱锥为正四棱锥，

得平面，四棱锥的外接球的球心O在直线上，连接BO，

设该外接球的半径为R，由，，

所以，则，

即，解得，

则四棱锥外接球的体积为.

故答案为：.

16．祖暅（gèng）（5世纪—6世纪），字景烁，祖冲之之子，范阳郡道县（今河北省涞水县）人，南北朝时期的伟大科学家.他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”.用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，半径为R的半球与底面半径和高都为R的圆柱放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若球心到平面的距离为，则平面截半球所得的较小部分的几何体的体积等于___________.

【答案】

【分析】根据题意中给的原理，结合圆柱、圆锥的体积运算，即可求解.

【详解】由题意知，

，

，

所以，

所以该平面α截半球所得的较小部分的几何体的体积为：

.

故答案为：.

四、解答题

17．已知平面向量，，.

(1)若，求x与y之间的关系式；

(2)在（1）的条件下，若，求x，y的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】(1) 应用向量平行坐标运算即得.

(2)应用向量垂直坐标运算即得.

【详解】（1）因为，，，

所以,

,

，即.

（2），，

,

,

,

或.

18．在英语中，实数是Real Quantity，一般取Real的前两个字母“Re”表示一个复数的实部；虚数是Imaginary Quantity，一般取Imaginary的前两个字母“Im”表示一个复数的虚部.如：，；，.已知复数z是方程的解.

(1)若，且（a，，i是虚数单位），求；

(2)若，复数，，且，，求t的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据方程和题意可得，利用复数的乘法运算可得，结合复数的几何意义即可求解；

（2）根据题意可得，由复数的乘方和除法运算可得，即可求解.

【详解】（1）因为z是方程的根，解得，

Im（），，

，，

，解得，

；

（2）Im（），复数，，且Re（），Im（）

，又，

，

Re（），Im（）

，解得.

所以t的取值范围为.

19．记的内角、、的对边分别为、、，已知.

(1)求；

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二倍角的余弦公式可得出的方程，解出的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用余弦定理结合已知条件可求得、的值，利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】（1）解：由，得，解得或（舍），

因为，所以.

（2）解：由（1）及余弦定理，得，

又，，所以，解得，，

所以的面积.

20．无人机在城市管理、农业、地质、气象、电力、抢险救灾、视频拍摄、快递配送等行业应用广泛.在一次城市宣传的取景拍摄中，一架无人机从A处出发，沿北偏东70°的方向航行后到达B处，然后从B出发，沿北偏东10°的方向航行2到达C处.

(1)求A与C的距离；

(2)如果下次航行直接从A出发到达Ｃ，应沿什么方向航行？

【答案】(1)

(2)应沿北偏东的方向航方向航行

【分析】（1）根据题意求出、、，结合余弦定理计算即可求解；

（2）根据正弦定理可得，进而即可求解.

【详解】（1）由题意知，在中，，

，，

根据余弦定理，得，

所以．

（2）根据正弦定理可得，

即

又，所以．

所以应沿北偏东的方向航方向航行即可到达C处.

21．如图，是圆柱的母线，是圆柱的底面圆的直径，点C是圆柱的底面圆周上异于A，B的点，，，.

(1)求圆柱的侧面积和体积；

(2)若D是PB的中点，点E在线段上，求的最小值.

【答案】(1)侧面积，体积.

(2)

【分析】（1）利用圆柱的侧面积和体积公式即可.

（2）将平面展开到和平面重合，转化为同一平面内线段和的最小值，三点共线时，线段和最小，即可求解.

【详解】（1）由已知，，

，

∴圆柱底面圆的半径，

∵母线长，∴圆柱的高，

∴圆柱的侧面积，

圆柱的体积.

（2）如图，延长线段至，使得，

连接，易证，∴，

∴，

连接，则当，，三点共线时，最小，

即

取中点，则为底面圆心，连接，

∵为中点，则，，

易知，∴，

∴在直角中，

∴的最小值为.

22．如图，半球底面圆的圆心为O（即半球所在球的球心），半径为4.作平行于半球底面的平面得截面圆，以圆面为底面向下挖去一个圆柱（圆柱下底面圆心即半球底面圆的圆心）.若圆柱的内接正四棱柱的底面正方形的边长为x，体积为V.

(1)求出体积V关于x的函数解析式，并指出定义域；

(2)当x为何值时，正四棱柱体积最大？最大值是多少？

附：，，

，（当且仅当时取等）

，（当且仅当时取等）

【答案】(1)，定义域为

(2)当时，体积有最大值

【分析】(1) 先设正四棱柱的高为,再根据柱体体积公式求解即可；

(2)应用基本不等式求正四棱柱体积最大即得.

【详解】（1）设正四棱柱的高为，

则，，

，

,定义域为，

（2）

当，时取等，

∴当时，体积有最大值