江苏省南京市中华中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题

这是一份江苏省南京市中华中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年南京市中华中学高一下5月月考卷一、选择题（共8小题，每题5分，共40分）1.已知复数（i是虚数单位），z的共轭复数记作，则（    ）A. B. C. D.2.已知，则的值为（    ）A. B. C. D.3.已知，，均为单位向量，且，则（    ）A. B. C. D.4.在正方体的八个顶点中任取两个点作直线，与直线异面且夹角成60°的直线的条数为（    ）A.2 B.4 C.5 D.65.如图，二面角的大小是60°，线段，，与l所成的角为30°.求直线与平面所成的角的正弦值.A. B. C. D.6.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，的平分线交于点D，且，则的最小值为（    ）A.8 B.9 C.10 D.77.如图所示，某圆锥的高为，底面半径为1，O为底面圆心，，为底面半径，且，M是母线的中点.则在此圆锥侧面上，从M到B的路径中﹐最短路径的长度为（    ）A. B. C. D.8.在锐角中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则（    ）A.1 B. C.4 D.2二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）9.下列关于复数z的四个命题，真命题的为（    ）A.若，则B.若，则C.若，则的最大值为2D.若，则10.已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是（    ）A.若，则是锐角三角形B.若，则是等腰直角三角形C.若，则是直角三角形D.若，则是等边三角形11.如图，正方体的棱长为1，点P是棱上的一个动点（包含端点），则下列说法不正确的是（    ）A.存在点P，使面B.二面角的平面角为60°C.的最小值是D.P到平面的距离最大值是12.已知四边形是等腰梯形（如图1），，，，.将沿折起，使得（如图2），连结，，设M是的中点.下列结论中正确的是（    ）A.B.点E到平面的距离为C.平面D.四面体的外接球表面积为三、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。若，，，则的面积为_____________________14.已知中，三边为，，，则________.15.已知底面半径为1，高为的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则此球的表面积为________.16.如图，是正方形，E是的中点，如将和分别沿虚线和折起，使与重合，记A与B重合后的点为P，则面与面所成的二面角为________度.四、解答题（共6小题，共70分）17.已知复数，（1）若z在复平面内对应的点在第四象限，求m的取值范围；（2）若z是纯虚数，求m的值.18.等边三角形，边长为2，D为的中点，动点E在边上，E关于D的对称点为F.（1）若E为的中点，求.（2）求的取值范围.19.从下列条件中选择一个条件补充到题目中：①，其中S为的面积，②，③.在中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，________.（1）求角A；（2）若D为边的中点，，求的最大值.20.如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，G为中点，E点在上，平面平面.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角.21.借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB的半径为20米，圆心角为.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ，另一部分是三角形观赏台AOC.现计划在弧AB上选取一点M，作MN平行OA交OB于点N，以MN为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ，NP长为5米；同时在水池岸边修建一个满足且的三角形观赏台，记.（1）当时，求矩形观赏台MNPQ的面积；（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.22.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，E为棱上任意一点（不包括端点），F为棱上任意一点（不包括端点），且.（1）证明：异面直线CE与AP所成角为定值.（2）已知，，当三棱锥的体积取得最大值时，求与平面所成角的正弦值.
2022-2023学年南京市中华中学高一下5月月考卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题）1.【解答】解：∵，∴，，则，故选：A.2.【解答】解：∵已知∴平方可得，则，故选：B.3.【解答】解：∵，，均为单位向量，且，设与的夹角为，∴，.故选：C.4.【解答】解：在正方体的八个顶点中任取两个点作直线，与直线异面且夹角成60°的直线有：，，，，共4条.故选：B.5.【解答】解：过点A作平面的垂线，垂足为C，在内过C作l的垂线.垂足为D连接，有三垂线定理可知，故为二面角的平面角，为60°又由已知，连接CB，则为与平面所成的角设，则，，.∴直线与平面所成的角的正弦值.故选：A.6.【解答】解：由题意得即，得，得当且仅当，即时，取等号，故选：B.7.【解答】解：由题意，在底面半径为1，高为的圆锥中，O是底面圆心，P为圆锥顶点，圆锥的侧面展开图是半圆，如图，A，B是底面圆周上的两点，所以在展开图中，，母线长为：，M为母线的中点，所以，所以从B到M的最短路径的长是.故选：A.8.【解答】解：因为所以，整理得，则.故选：D.二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）9.【解答】解：∵，若，即，则，所以A正确；取复数，满足，但，故B错误；，z的轨迹为以为圆心﹐1为半径的圆，则的最大值为2，所以C正确；取复数，，故D错误；故选：AC.10.【解答】解：∵，∴，∴A，B，C是的内角，故内角都是锐角，故A正确；若，则，则，则，则，或，即是等腰三角形或直角三角形，故B错误若，，即，则是等腰三角形，故C错误；若，则，即，即，即是等边三角形，故D正确；故选：AD.11.【解答】解：当点P与重合时，，，又平面，平面，所以平面，故选项A正确；二面角即二面角的平面角为，故选项乃B错误；如图所示，，当，P，共线时等号成立，故选项C正确；，，且，所以平面，平面，则，同理可得，平面，设交平面于H，则，当点P与点C重合时，点P到平面的距离为，故选项D错误.故选：BD.12.【解答】解：在图1中，过C作∵，∴四边形是矩形，∵，∴.∵四边形是等腰梯形，，∴.∵，∴．连接，则，∵，∴，得，则.在图2中，∵，，，∴平面，∵平面，∴.∵，∴平面.若，又，，∴平面，过一点E与BC垂直的平面有两个，与过一点有且只有一个平面与已知直线垂直矛盾，故A错误；由，，得，又，∴，而，设点E到平面的距离为h，由，得，即，故B正确；假设平面，∵，平面，平面，∴平面，又∵，∴平面平面，而平面，平面，与平面平面矛盾.∴假设不成立，故与平面不平行，故C错误；连接，∵为Rt，为Rt，且M为的中点，∴，即M为四面体的外接球的球心，∴四面体的外接球的半径为，则四面体的外接球表面积为﹐故D正确。故选：BD.三、填空题（共4小题）13.【解答】解：由余弦定理，有，∵，，，∴，∴，∴，∴∴.故答案为：.14.【解答】解：∵的三边分别为，，，∴，∴，，，∴，∴；故答案为：15.【解答】解：画出圆锥的轴截面对应的三角形BCD如下图所示，由于圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，故球心为三角形BCD的外心，球的半径为三角形BCD外接圆半径，依题意，，所以，即三角形为等边三角形，内角为由正弦定理得，，故球的表面积为.故答案为：.16.【解答】解：设正方形的边长为2，取的中点M，连接、，∵，∴∵，∴故即为面与面所成二面角的平面角.在中：，，，∴∴故答案为：30.四、解答题（共6小题）17.【解答】解：（1）∵z在复平面内对应的点在第四象限，∴，解得故m的取值范围为.（2）∵z是纯虚数，∴，解得故.18.【解答】解：（1）∵D为中点，∴，又E为中点，∴∴；（2）根据题意可得为，又E关于D的对称点为F，，又动点E在上，∴当时，取最小值，当E与A重合时，取最大值，∴，∴的取值范围为.故的取值范围为.19.【解答】解：（1）选①，由余弦定理得：，又，所以，得，因为，所以选②，因为，由正弦定里得：，整理得：，由余弦定理的：，因为，所以选③，因为，由正弦定理得：，即，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为所以，所以，即.（2）在中，设由正弦定理得，所以，，，其中，当时取等号，所以的最大值是.20.【解答】证明：（Ⅰ）∵，∴平面，∴，又∴上平面（4分）（Ⅱ）证明：作于F，因面面∴平面，又由（Ⅰ）知平面，又面，面，∴平面…（4分）（Ⅲ）连接，∴，则为所求的角.在三角形中，可得，…2分.21.【解答】解：（1）当时，过M作的垂线，交于点E，∵，，∴，∴在中，，根据正弦定理可得，，∴，矩形观赏台的面积平方米，∴矩形观赏台的面积.（2）由题意可得，，，，∵在中，，∴，矩形面积的面积，观赏台的面积，整个观赏台面积，设，，∴，∵，∴，∴，当时，整个观赏台面积S的最大值为212.5平方米，∴整个观赏台面积S的最大值为212.5平方米22.【解答】证明：（1）∵四边形为矩形，∴，又∵，，，平面，∴平面，又平面，∴，又∵，，，平面，∴平面，又平面，∴，∴异面直线与所成角为定值，且该定值为90°；解：（2）如图，在上取点G，使得，由，设，，其中，由，，平面，可得，，，，，平面，平面，在中，有，可得，可得，的面积为，，可得当时，三棱锥体积的最大值为，当三棱锥的体积取得最大值时，此时E为的中点，F为的中点，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.设平面的法向量为，则，即，令，得，，则，因为所以当三棱锥的体积取得最大值时，与平面所成角的正弦值为.