江西省新余市第一中学2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题

这是一份江西省新余市第一中学2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省新余市第一中学2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题第I卷（选择题）一、单选题1．设复数z满足，则在复平面内对应的点在第几象限（    ）A．一 B．二 C．三 D．四2．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A．，则 B．，则C．，则 D．，则3．已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（    ）A． B． C． D．4．设，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A．          B．       C．          D．5．已知向量，的夹角为60°，且，则（    ）A．        B．       C．    D．6．上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为，上、下底面边长分别为，，则该球的体积为（    ）A． B． C． D．7．锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C，若，则sinA的取值范围是（    ）A．  B． C． D．8．在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（    ）A． B．2 C． D．二、多选题9．下列命题正确的是（    ）A．设是非零向量，则B．若，是复数，则C．设是非零向量，若，则D．设，是复数，若，则10．若函数，则（    ）A．函数的一条对称轴为      B．函数的一个对称中心为C．函数的最小正周期为         D．若函数，则的最大值为211．如图，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点，，，则下列说法正确的是（    ） A．是等边三角形                 B．若，则A，B，C，D四点共圆C．四边形ABCD面积最小值为    D．四边形ABCD面积最大值为12．如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为第II卷（非选择题）三、填空题13．若是关于的实系数一元二次方程的一个根，则该方程可以是______.14．如图，正方体的棱长为2，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是________.15．已知的内角对应的边分别是，内角的角平分线交边于点，且.若，则面积的最小值是______.16．已知向量，满足，且，若向量满足，则的取值范围为________.四、解答题17．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．(1)求角C的值；(2)若，求周长的取值范围．       18．已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为． (1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．(2)求多面体的体积．        19．如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设． (1)求的值；(2)若为边长等于2的正三角形，求的值．             20．如图，在直三棱柱中，，D为的中点，为上一点，且．(1)证明：∥平面；(2)若，，求点到平面的距离．            参考答案1．D【分析】利用复数除法运算求得，进而判断其对应点所在象限.【详解】由，故在复平面内对应的点为.所以z在对应点在第四象限.故选：D.2．D【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，显然满足，而，此时不成立，A错误；对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，显然满足，而，此时不成立，B错误；对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，显然满足，而，此时不成立，C错误；对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.故选：D3．B【分析】根据投影向量的定义，结合向量数量积的运算律求在上的投影向量.【详解】在上的投影向量为，，所以，在上的投影向量为.故选：B4．B【分析】运用和角、差角公式（辅助角公式）、二倍角公式、诱导公式及三角函数的单调性可比较大小.【详解】因为，，，因为，所以．故选：B.5．C【分析】对两边同时平方可得，由模长的计算公式代入可判断A，B；由向量夹角计算公式可判断C，D.【详解】由可得：，可得：，，对于A，，故A不正确；对于B，，故B不正确；对于C，，，,故，故C正确；对于D，，,，故D不正确.故选：C.6．A【分析】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，证明点就是几何体的外接球的球心，即得解.【详解】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，则，，同理，所以，同理.所以.所以点就是几何体的外接球的球心.所以球半径，所以体积为．故选：A7．C【分析】根据余弦定理和正弦定理化简得，再求出的范围即可.【详解】由，得，由余弦定理得，∴，即，由正弦定理得，∵，∴，即.∵，∴，∴，又为锐角三角形，∴，∴，解得，又，，，∴，∴.故选：C.8．C【分析】由余弦定理及同角三角函数的基本关系可求与，故，根据二次函数的性质即可求解.【详解】由余弦定理可得，所以.因为，，所以，即，解得.所以，当时，.故选：C.9．BC【分析】根据向量数量积公式，判断AC；根据复数的四则运算，以及复数模的公式，判断BD.【详解】A. 设是非零向量，则，只有当时，，，其他情况不相等，故A错误；B.设，，，，，所以，故B正确；C. 设是非零向量，若，两边平方后得，故C正确；D. 设，，，，，，若，则，又，不能推出，故D错误.故选：BC10．ACD【分析】根据三角函数的同角关系和二倍角的正、余弦公式化简可得，结合余弦函数的性质依次判断选项即可.【详解】由题意得，.A：当时，，又，所以是函数的一条对称轴，故A正确；B：由选项A分析可知，所以点不是函数的对称点，故B错误；C：由，知函数的最小正周期为，故C正确；D：，所以，故D正确.故选：ACD．11．AD【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知是等边三角形，从而判断A；利用四点共圆，四边形对角互补，从而判断B；由余弦定理可得，利用三角形面积公式，三角函数恒等变换可求四边形ABCD的面积，由正弦函数的性质求出最值，判断CD.【详解】解：已知，由正弦定理得，，即，因为，所以，又，且，所以．所以是等边三角形，A选项正确；在中，由余弦定理得，，则，即，所以A，B，C，D四点不共圆，B选项错误；设，，由余弦定理得：，所以四边形ABCD面积，即，因为，所以，所以当，即时，S取得最大值，无最小值，C选项不正确，D选项正确；故选：AD.12．BD【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.【详解】由题意可得，又平面，所以平面，在中，，边上的高为，所以，故A错误；对于B，在中，，，所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；对于C，，设点到平面的距离为，由，得，解得，所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；由B选项知，，则，所以的外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，又因为平面，则，所以，即三棱锥外接球的半径为，故D正确.故选：BD.13．【分析】得到为方程的另外一个根，利用根与系数的关系求出的值，进而求出答案.【详解】设实系数一元二次方程为∵是关于的实系数一元二次方程的一个根，∴为方程的另外一个根，∴，，∴，，∴该方程可以是故答案为：14．【分析】为中点，则截面图形为梯形，利用勾股定理求各边的长，可得周长.【详解】为中点，连接，正方体中，，，则四边形为平行四边形， 有，，为中点，是的中点，则，得，则平面截正方体所得的截面图形为梯形，其中，，， 则梯形的周长为 即所得的截面图形的周长是 故答案为：15．【分析】利用正弦定理及两角和正弦公式可得，然后利用三角形面积公式及基本不等式即得.【详解】∵，∴，即，又，，∴，即，又，∴，由题可知，，所以，即，又，即，当且仅当取等号，所以，即面积的最小值是.故答案为：16．【分析】将和看作两个向量，由向量减法的几何意义求解即可.【详解】设向量，，则，由已知，，又∵，，∴，由向量减法的几何意义，，∴，即，当且仅当与方向相同时，，与方向相反时，.∴的取值范围为.故答案为：.17．(1)(2) 【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示得，应用正余弦定理的边角关系化简，结合锐角三角形求角C；（2）法一：将用的三角函数表示出来，结合求周长范围；法二：首先得到，再用表示周长，利用函数的单调性求范围.【详解】（1），（法一），，，∴，则，又为锐角三角形，故.（法二）则，，∴，且为锐角三角形，故.（2），，由于为锐角三角形，则，且，解得，（法一）周长，而，即，∴，故的周长l的取值范围为．（法二）由上，由余弦定理得，周长，记，则在单调递增，∴的周长l的取值范围为．18．(1)答案见解析(2) 【分析】（1）延长，连接交于，连接，可得截面；过作交于，通过证明，可得；（2）由（1）可得，后由题目条件可得答案.【详解】（1）延长，连接交于，连接，如图，四边形为截面.中，，由，则为中点，为中点．过作交于，则.,.，即．（2）.由题意及（1）可得，.则；又可得，点F到平面BEC距离为，则.则． 19．(1)(2) 【分析】（1）根据图形，利用向量的线性运算，化简求值；（2）法一，根据平面向量基本定理的推论，确定，再以向量为基底，表示向量，利用数量积公式，即可求解；法二，首先设，以向量为基底，表示与，利用向量平行求，再利用数量积公式求的值.【详解】（1）因为O为的中点，，又，故（2）法一，设，因为O为的中点，，∴∵B，O，E三点共线，所以，得故因为为边长为2的正三角形故（法二）设又由（1）知与为非零的共线向量.与为非零的共线向量，所以，得∴因为为边长为2的正三角形故.20．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）如图，连接交于点，连接，证明，原题即得证；（2）由题知点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，过作，垂足为，连接，过作，垂足为，先证明平面，即线段为点到平面的距离，再求出即得解.【详解】（1）如图，连接交于点，连接，因为四边形为矩形，且为的中点，所以，又因为，所以，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）由题知点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，过作，垂足为，连接，过作，垂足为，因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以.又平面，，所以平面，即线段为点到平面的距离．因为，，，所以，由几何关系可知，所以，，由几何关系可知，所以，故点到的距离为． 21．(1)(2) 【分析】（1）利用三角形内角和，正弦定理即可求出角；（2）利用向量加法，余弦定理和基本不等式求出的取值范围，即可得到的面积的最大值.【详解】（1）由题意，在中，，∵，∴,即，∴，∵，∴，可得，解得：.（2）由题意及（1）得在中，，，，∴为边的中点，∴,∴，即，设，，则，所以，当且仅当时，等号成立.∴，当且仅当时，等号成立，∴的面积的最大值为.22．(1)0(2) 【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简，结合函数的最大值即可求得答案；（2）根据三角函数图像的平移以及伸缩变换规律，可得的解析式，将在上有两个不同的解，转化为在上有两个不同的解，数形结合，结合正弦函数性质，即可求得答案.【详解】（1）函数,由于函数的最大值为1,故.（2）由题意可得，故，则在上有两个不同的解，即相当于即在上有两个不同的解，此时，令 ，作出函数的图象，如图： 结合图象可知   21．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.(1)求；(2)若，，求的面积的最大值.             22．已知函数的最大值为1．(1)求实数a的值；(2)将图象上所有点向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，若在上有两个不同的解，求实数m的取值范围