2022-2023学年内蒙古赤峰二中高一下学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年内蒙古赤峰二中高一下学期第二次月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了设为虚数单位，复数满足，则，已知向量，若，则x的值为，若则与的夹角的余弦值为，下列等式中成立的有等内容，欢迎下载使用。
  2022-2023学年赤峰二中高一年级月考数学试卷2023.5.20一､单项选择题（本大题共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.设为虚数单位，复数满足，则（    ）A.1    B.    C.2    D.2.已知向量，若，则x的值为（    ）A.-2    B.-1    C.1    D.23.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则角C=（    ）A.    B.    C.    D.4.下列关于空间几何体结构特征的描述错误的是（    ）A.棱柱的侧棱互相平行B.以直角三角形的一边为轴旋转一周得到的几何体不一定是圆锥C.正三棱锥的各个面都是正三角形D.棱台各侧棱所在直线会交于一点5.若则与的夹角的余弦值为（    ）A.    B.    C.    D.6.如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点，，测得，，，并在处测得塔顶的仰角为45°，则塔高（    ）A.    B.    C.    D.7.一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在球的球面上，且球心在圆锥体内部，若球的表面积为，到圆锥底面圆的距离为1，则该圆锥的侧面积为（    ）A.    B.    C.    D.8.两千多年前，我国首部数学专著《九章算术》是数学的瑰宝，世人惊叹祖先的智慧.其中早就提出了宛田（扇形面积）的计算方法：“以径乘周，四而一”（意思是说直径与弧长乘积的四分之一），已知扇形的圆心角为，弧长为，且，则它的面积为（    ）A.    B.    C.    D.二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分有选错的得0分）9.下列等式中成立的有（    ）A.；    B.；C.    D.10.用一个平面去截正方体，则截面可能是（    ）A.直角三角形B.等边三角形C.正方形D.正六边形11.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法不正确的为（    ）A.若，，则B.若，，则C.若，，则或D.若，，则或12.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（    ）A.线段AE的最小值是B.的周长最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D.如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上）13，一个高为2的圆柱，底面周长为2，该圆柱的表面积为___________.14.复数满足（是虚数单位），则的虚部为___________.15.如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________.16.在锐角三角形中，内角所对的边满足，若存在最大值，则实数的取值范围是__________四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）17.已知复数，.（1）若为纯虚数，求的值；（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围.18.已知向量，，与的夹角为.（1）求；（2）求；（3）当为何值时，.19.在中，角，，的对边分别为，，，已知，的面积为.（1）求；（2）若，求的周长.20.如图所示，正六棱锥的底面周长为24，H是的中点，O为底面中心，，（1）求出正六棱锥的高；斜高；侧棱长（2）求出六棱锥的表面积和体积21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点.（1）求证：QN平面PAD；（2）记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明.22.如图，四边形中，，三角形为正三角形.（1）当时，设，求的值；（2）设，则当为多少时.①四边形的面积最大，最大值是多少？②线段的长最大，最大值是多少？参考答案：1.B【分析】利用复数代数形式的乘除运算，再由复数的模的计算公式求解即可.【详解】由，得，，故选.【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算以及复数的模的计算.2.D【分析】根据题意可得，进而求出x的值.【详解】因为，所以，即，解得，故选：D.3.A【分析】利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值.【详解】由余弦定理可得，，.故选：.4.C【分析】根据相应几何体的定义和性质判断即可.【详解】根据棱柱的性质可知A正确；当以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故B正确；正三棱锥的底面是正三角形，其余侧面是全等的等腰三角形，故C错误；棱台是用平行于底面的平面截棱锥而得，故侧棱所在直线必交于一点，D正确.故选：C5.A【解析】利用向量夹角余弦公式可求得结果.【详解】由题意得：本题正确选项：【点睛】本题考查利用向量数量积求解向量夹角的问题，属于基础题.6.D【分析】由已知在中，利用正弦定理可求的值，在中，由，可求塔高的值.【详解】解：在中，，，，由正弦定理，可得，可得，在中，，所以塔高.故选：D.7.A【分析】根据题意求圆锥底面圆的半径和母线，进而求侧面积.【详解】设球的半径为，则，解得.设圆锥底面圆的半径为，则，圆锥的高为3，圆锥的母线长为，所以该圆锥的侧面积为.故选：A.【点睛】本题考查圆锥的外接球，考查直观想象的核心素养.8.A【分析】根据题意，由条件可得，化简计算可得的值，从而得到结果.【详解】设扇形的圆心角，所在圆的半径为，所以，又，所以，即，因为，所以，所以，故扇形的面积为.故选：A.9.ABD【分析】根据向量的加法运算求解.【详解】对于A，，正确；对于B，，正确；对于C，，错误；对于D，，正确，故选：ABD.10.BCD【分析】作出对应的截面，分析截面的形状，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，一个平面与正方体共点的个面相交，截面为三角形，此三角形不可能是直角三角形，如图，截面为，点为正方体的顶点，在三棱锥中，､､两两垂直，若为直角三角形，不妨令，则，而，，，因此，矛盾，A错误；对于B选项，当截面为下图所示的时，截面为等边三角形，B对；对于C选项，当截面与正方形的底面平行时，截面为正方形，如下图所示：对于D选项，一个平面与正方体的个面相交，截面为六边形，此六边形可能是正六边形，如图，､､､､､为正方体所在棱的中点，顺次连接得正六边形，设正方体棱长为，有，，中，，则，同理，即六边形为正六边形，D正确.故选：BCD.11.AB【分析】根据线面平行的判定及性质，以及面面平行的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，，可得与可能平行或异面，所以A不正确；对于B，若，，可得与可能平行､相交或异面，所以B不正确；对于C中，若，，当时，可得，或者，所以C正确；对于D中，若，，根据线面平行的判定定理，可得或，所以D正确.故选：AB.12.ACD【详解】A选项：连接AD.A选项正确；B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，由，，所以，所以，所以的周长最小值为不正确.故B选项错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：，所以半径.故C选项正确；D选项，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体，则，正四面体高为，得.故D选项正确.故选：ACD13.6【详解】2r=2，r=1，S表=2rh+2r2=4+2=6.14.-1【分析】令，则，通过复数代数形式运算即可得出结果.【详解】令，则，所以，故的虚部为.故答案为：-1.15.【分析】将直观图还原可得，原图形为平行四边形，根据斜二测画法的法则，结合勾股定理，可得出平行四边形各边长，即可得出答案.【详解】由已知可得，，则将直观图还原为原图形如下图原图形为平行四边形，其中，，，所以，，所以，的周长为.故答案为：.16.【分析】先利用余弦定理结合可得，再利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理，求出的关系，从而可将都用表示，再根据三角形为锐角三角形求出的范围，再根据二倍角的余弦公式结合二次函数的性质即可得解.【详解】由余弦定理可得，则，由正弦定理可得，因为为锐角三角形，则，所以，又因为函数在内单调递增，所以，可得，由于为锐角三角形，则，即，解得，则，因为，所以，则，因为存在最大值，则，解得.故答案为：.17.（1）（2）【分析】（1）根据实部为零，虚部不为零列式计算；（2）根据第四象限的点得实部大于零，虚部小于零列不等式求解.【详解】（1）若为纯虚数，则，解得；（2）若在复平面内对应的点在第四象限，则，解得.18.（1）（2）（3）3【分析】（1）由向量数量积定义计算可得，利用和数量积的运算求解即可；（2）由数量积的运算计算可得答案；（3）由向量垂直与数量积的关系可得，利用数量积的运算可得答案.【详解】（1），，.（2）.（3），，即，.19.（1）（2）【分析】（1）通过正弦定理边化角可得，再根据三角形内角和化简可得，即可的解；（2）由面积公式可得，求得，联立求得，再用余弦定理即可的解.【详解】（1）由正弦定理得，.，由可得，又，（2）由题意可得，.又，由余弦定理得，.的周长为.20.（1）高为6，斜高为，侧棱长为（2）表面积是，体积是【分析】（1）由条件依次求得，，的长即可.（2）由棱锥表面积及体积的计算公式，求得表面积和体积.【详解】（1）因为正六棱锥的底面周长为24，所以正六棱锥的底面边长为4.在正六棱锥中，，H为中点，所以.因为O是正六边形的中心，所以为正六棱锥的高.，在中，，所以.在中，.在中，，，所以.故该正六棱锥的高为6，斜高为，侧棱长为.（2）的面积为，的面积为，所以正六棱锥的表面积为，体积为.21.（1）证明见解析（2）l∥平面PBD，证明见解析【分析】（1）推导出QN∥AD，由此能证明QN∥平面PAD；（2）连接BD，则MN∥BD，从而MN∥平面ABCD，由线面平行的性质得MN∥l，从而BD∥l，由此能证明l∥平面PBD.【详解】（1）证明：∵底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点.∴QN∥BC，BC∥AD，∴QN∥AD，∵QN平面PAD，AD⊂平面PAD，∴QN∥平面PAD；（2）直线l与平面PBD平行，证明如下：连接BD，∵M，N分别为PB，PD的中点，∴MN∥BD，∵BD⊂平面ABCD，MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，∵平面CMN与底面ABCD的交线为l，∴由线面平行的性质得MN∥l，∵MN∥BD，∴BD∥l，∵，且BD⊂平面PBD，平面PBD，∴l∥平面PBD.22，（1）（2）①；②3【分析】（1）过点作交于点，在中，，，，可求出的值；（2）在中，由余弦定理可得，①表示出面积即可求得四边形的面积最大，②利用正弦定理､余弦定理，三角恒等变换求最值.【详解】（1）在中，，，，，，过点作交于点，在中，，，，.（2）在中，由余弦定理可得，，，，因为，，此时.②由正弦定理得，即，所以，所以，，由余弦定理得，因为，所以当时，取得最大值3.