浙江省舟山中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省舟山中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 若，则复数的实部、虚部分别是等内容，欢迎下载使用。
2022学年舟山中学第二学期高一5⽉⽉考数学试题卷
⼀、单选题（共8题，每题5分，共40分）
1. 若，则复数的实部、虚部分别是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的概念判断即可.
【详解】因为，所以复数的实部、虚部分别是、.
故选：B
2. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面、面面及线线关系逐项判断即可.
【详解】对于A，若，，，可将平移至相交直线，由公理3推论2，确定一个平面，由线面垂直的性质可得的交线垂直于平面，进而得到垂直于和的交线，且和的交线与或其平行线能围成矩形，由面面垂直的定义，可得，则A正确；
对于B，若，，，当都平行于的交线，则条件满足，则相交成立，则B错；
对于C，若，，，则可能平行、可能异面、可能相交，所以C错；
对于D，若，，，则可能平行、可能异面、可能相交，所以D错.
故选：A.
3. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则（ ）
A. 4 B. 6 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件，利用正弦定理化边为角可求，再结合正弦定理求.
【详解】设的外接圆半径为，
由正弦定理可得，
所以，
所以，可化为，
又，
所以，因为，，
所以，又，
所以，
又.
故选：C.
4. 已知 是边长为的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如下图所示的直角坐标系，则，，，
设，则有，，，
则，
所以，
当，时取得最小值.

故选：B
5. 《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，由已知周长求得和，代入圆台的侧面积公式，即可求解.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，
可得，可得，
又由圆台的高为1丈，可得圆台的母线长为，
所以圆台的侧面积为.
故选：B.
6. 在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段事件内没有发生大规模群体感染的标志是“连续日，每天新增疑似病例不超过人”．过去日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：
甲地：总体平均数为，中位数为；       
乙地：总体平均数为，总体方差大于；
丙地：中位数为，众数为；                 
丁地：总体平均数为，总体方差为．
则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（       ）
A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地
【答案】D
【解析】
【分析】通过反例可知甲乙丙三地均不符合没有发生大规模群体感染的标志，假设丁地某天数据为，结合平均数可知方差必大于，由此知丁地没有发生大规模群体感染.
【详解】对于甲地，若连续日的数据为，则满足平均数为，中位数为，但不符合没有发生大规模群体感染的标志，A错误；
对于乙地，若连续日的数据为，则满足平均数为，方差大于，但不符合没有发生大规模群体感染的标志，B错误；
对于丙地，若连续日的数据为，则满足中位数为，众数为，但不符合没有发生大规模群体感染的标志，C错误；
对于丁地，若总体平均数为，假设有一天数据为人，则方差，不可能总体方差为，则不可能有一天数据超过人，符合没有发生大规模群体感染的标志，D正确.
故选：D.
7. 如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，

则，，，
，，，
所以，
故选：A．

8. 已知平面内一正三角形的外接圆半径为4，在三角形中心为圆心为半径的圆上有一个动，则最大值为（ ）
A. 13 B. C. 5 D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立直角坐标系，可以表示出的坐标，再设点，即可用与表示出，即可求出答案.
【详解】建立如图所示坐标系，

则点，
设点，且，
则


故当 时，有最大值为13
故选：A.
⼆、多选题（共4题，每题有两个或三个正确选项，全对得5分，漏选得2分，选错不得分）
9. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若是边长为1的正三角形，则
C. 若，，，则有一解
D. 若O是所在平面内的一点，且，则是直角三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】A由正弦定理边角关系判断；B向量数量积的定义求；C利用正弦定理解三角形求角C判断；D由已知可得，由其几何意义可知边上的中线长等于的一半，即可判断.
【详解】A：由，又，即，故，正确；
B：由已知，错误；
C：由，则，而，故或，错误；
D：由、、，故，所以在中边上的中线长等于的一半，即是为直角的直角三角形，正确.
故选：AD
10. 在平行六面体中，，，，以下选项正确的是（ ）
A. 平行六面体的体积为
B. 异面直线与所成角的正弦值为
C. 面
D. 二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，连接，交于，进而根据勾股定理余弦定理结合几何性质可得各线段长，再根据线面垂直的判定可得平面，进而根据柱体体积公式求解即可；对B，可得为异面直线与所成角，利用锐角三角函数及二倍角公式计算可得；对C，由B可知与不垂直，则与不垂直，推出矛盾，对D，作于，可得二面角即，再根据余弦定理求解即可.
【详解】对于A，连接，交于，则为，中点，
又由，可得为正三角形，
故.
又，，故，
故，故，
又，故，.
故，则，
又，，平面，故平面

故平行六面体的体积为，故A正确；
对于B，因为，所以为异面直线与所成角，
因为，且，所以为等腰三角形，则
，
所以，

故，
所以异面直线与所成角的正弦值为，故B正确；
对于C，因为 ，所以与不垂直，
又，所以与不垂直，
又面，故面不成立，故C错误；
对于D，由，故.
作于，连接，由全等性质可得，
又，平面，则平面，则二面角的平面角为.
又，，故，
即二面角的余弦值为，故D正确；

故选：ABD.
11. 设、、是复数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若且，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数模的性质判断A，根据复数的运算法则及A判断B，根据复数模及复数代数形式的乘法运算判断C，利用特征值判断D.
【详解】对于A：设，，
则，，，
，
，
所以，
因为，所以，则或，则或，故A正确；
对于B：若，则，因为，所以，则，故B正确；
对于C，设，
若，则，
又，，
故，故C正确；
对于D，若，则，则，故D错误.
故选：ABC.
12. 如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的动点.将分别沿折起，使两点重合于，连接.下列说法正确的是（ ）

A. PD
B. 若把沿着继续折起，与恰好重合
C. 无论在哪里，不可能与平面平行
D. 三棱锥的外接球表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，线面垂直得到线线垂直；B选项，利用边长相等，得到与恰好重合；C选项，找到M点使得∥平面，D选项，求出外接球半径，进而得到三棱锥的外接球表面积.
【详解】连接BD，与EF相交于G，连接PG，因为正方形中，点是的中点，点是的中点，所以BE=BF，△ADE≌△CDF，故DE=DF，所以BD是EF的垂直平分线，所以G是EF的中点，因为PE=PF，所以PG⊥EF，因为，所以EF⊥平面PBG，因为平面PBG，所以，A正确；

因为，故把沿着继续折起，与恰好重合；B正确；连接AC交BD于点O，则BO=DO，因为是的中点，点是的中点，所以∥AC，且，当位于靠近P的三等分点时，，可得：∥PB，因为PB平面MEF，MG平面MEF，可得：∥平面，故C错误；

由，，由余弦定理得：，所以，设△DEF的外接圆半径为，由正弦定理得：，如图，，过点P作PH⊥BD于点H，则PH⊥平面DEF，又因为PE=PF=1，EF=，所以PE⊥PF，且PG=，设HG=m，则HD=，由勾股定理得：，即，解得：，所以，所以，设球心为I，则IQ⊥底面BFDE，过I作IN⊥PH于点N，连接ID，则，设，则，设外接球半径为r，则ID=IP=r，即，解得：，所以，三棱锥的外接球表面积为，D选项正确.

故选：ABD
【点睛】三棱锥外接球题目，要先找到球心在其中一个平面三角形的投影，然后利用正弦定理或其他知识求出这个三角形的外接圆半径，找到顶点在次三角形上的投影，利用勾股定理列出方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积或体积.
三、填空题（每题5分，共4题）
13. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若向量，，且，则______
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理边化角结合余弦定理可得，由垂直向量的坐标表示，结合余弦定理可求得，结合内角和为，即可得出答案.
【详解】由，
结合正弦定理得，即，
又由余弦定理，
所以，则或．
因为A，，且，所以，故．
因为，所以，
结合正弦定理得，即，
由余弦定理可得，则，
则有，解得．
故答案为：.
14. 如图，三棱锥中， ，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是________．

【答案】
【解析】
【详解】如下图，连结，取中点，连结，，则可知即为异面直
线，所成角（或其补角）易得，
，，
∴，即异面直线，所成角的余弦值为.

考点：异面直线的夹角.

15. 已知菱形的边长为、内角，将沿折起至位置，若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接，，可得为二倍角的平面角，且为，运用勾股定理和三角函数的定义，解方程即可得到外接球的半径，进而所求表面积．
【详解】取的中点，连接，，可得，，
可得为二面角的平面角，且为，
过点作交的延长线于点，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，平面，所以平面，
则到边的距离即到平面的距离为，
在直线上的射影为，
设底面的外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，垂直于于，
可得，
设，球半径为，可得①，
在直角三角形中可得②，
由①②解得，，
则外接球的表面积为，
故答案为：．

16. 已知、、是平面向量，是单位向量． 若，， 则的最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】作，，，，分析可知则点在以线段为直径的圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，可得，设，利用圆的几何性质结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】因为，则，即，
因为，即，
作，，，，则，
，则，
固定点，则为的中点，则点在以线段为直径的圆上，
点在以点为圆心，为半径的圆上，如下图所示：

，
设，则，
因为，，
故
，
当时，等号成立，即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：
（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；
（2）或，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；
（3）一些常见的等式应熟记：如，等.
四、解答题（共70分，其中17题10分，其余题⽬每题12分）
17. 如图，在梯形中，，.

（1）求证：；
（2）若，，求的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在和中，分别利用正弦定理可得，，再由，可得，所以得，再结合已知条件可得，从而可证得结论；
（2）在中，由余弦定理可求得，， 在中，再利用余弦定理结合四边形为梯形可求出，
【小问1详解】
证明：在中，由正弦定理得，
即，
因，所以，所以，
在中，由正弦定理得，
即，所以.
又，所以，即.
【小问2详解】
解：由（1）知.
在中，由余弦定理得
，故.
所以
在中，由余弦定理得，
即，整理可得，解得或.
又因为为梯形，所以.
18. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，E为的中点，．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）作平面于点I，作于点G，于点K，连接，需证明I在上，再证明，结合，根据线面垂直的判定定理即可证明结论.
【小问1详解】
证明：如图，在平行六面体中，底面是菱形，
连接，交于O点，则O为的中点，连接，

因为E为的中点，故,
因为平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
证明：作平面于点I，作于点G，于点K，
连接，

因为，,故≌,
所以,
∵平面，平面，∴,
故≌,故,
又平面，平面,故,又，
平面,故平面，
平面，故,同理可证,结合，
可知I在的平分线上，即I在上，则平面，
而平面，平面,故,
又底面是菱形，则 ,
平面，故平面.
19. 某单位组织开展党史知识竞赛活动，以⽀部为单位参加比赛.现把名党员的成绩绘制了频率分布直方图，根据图中数据回答下列问题：

（1）求的值及这名党员成绩的平均数；
（2）试估计此样本数据的第百分位数.
【答案】（1），平均数为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用频率和为1列方程即可求得a的值；利用频率分布直方图的性质即可求得这名党员成绩的平均数；
（2）依据利用频率分布直方图的性质即可求得此样本数据的第90百分位数.
【小问1详解】
根据频率分布直方图得，，
解得；
平均成绩为；
【小问2详解】
前个小组的频率之和是，
所以第百分位数在第六小组内，设其为，
则，解得，
则可以估计此样本数据的第百分位数为．
20. 为边上一点，满足，，记，．
（1）当时，且，求的值；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设长为，可知，，再利用正切的二倍角公式可求解；
（2）利用正弦定理得，，
再利用三角形面积公式结合两角差的正弦公式及辅助角公式
可得，利用正弦函数的性质即可求解.
【小问1详解】
设长为，当时，，，
则，
因为，所以，即
所以，得，所以，所以.
【小问2详解】
在中，，则，
由正弦定理得，又，
所以，，
则的面积，
又，
所以

因为，所以，
所以当，即时，有最大值.
故面积的最大值为：.
21. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PB＝PD，PA⊥PC，M，N分别为PA，BC的中点底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB＝60°，AC交BD于点O．

（1）求证：MN∥平面PCD；
（2）二面角B－PC－D的平面角为θ，若．
①求PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点N到平面CDP的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）① ②.
【解析】
【分析】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，证明，然后证明平面PCD；
（2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出，，再由条件可证明所求线面角为，利用直角三角形求大小即可；
②由平面PAC转化为求O到平面距离，作出垂线段，利用等积法求解即可.
【小问1详解】
取PD得中点E，连接ME，CE，如图，

为PA的中点，，
为的中点且四边形ABCD为菱形，.
，四边形MNCE为平行四边形，
,
又MN平面PCD, CE平面PCD,
MN∥平面PCD.
【小问2详解】
①连接PO，过作于，连接，
由PB＝PD，是的中点，，
由菱形知，又，平面，
平面，平面平面，且交线为，
直线在平面上射影为，即PA与底面ABCD所成角为.
平面，，且在平面上的射影为，
，又PA⊥PC，，是的中点，是PC的中点，
，
由知，, ，
为二面角B－PC－D的平面角，
,
即，解得，,
，
，，
即PA与底面ABCD所成角大小为.
②连接，过作于，
由，平面，平面，平面
点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离，
，
平面，平面平面,且是交线，
，平面，
在中，，，，
由等积法可得，即，
即点N到平面CDP的距离为.
22. 在四棱锥P−ABCD中，已知侧⾯PCD为正三角形，底⾯ABCD为直角梯形，AB//CD，∠ADC=，AB=AD=3，CD=4，点M，N分别在线段AB，PD上，且=2.

（1）求证：PM//平⾯ACN；
（2）若点P到平⾯ABCD的距离为，求直线AC和平⾯PAB所成角交的正弦 值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，根据平行线分线段成比例可证得，由线面平行的判定定理可证得结论．
（2）取的中点，连接，，作，垂足为，利用线面垂直的判定可证得平面，平面，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，得到所需各点的坐标，利用线面角的向量法可求得结果．
【小问1详解】
连接，交于点，连接，

．可得，，，，
，，
又平面，平面，平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，，作，垂足为，
侧面为正三角形，，
，，四边形为平行四边形，，
又，，又，，平面，
平面，平面，，
又，，，平面，平面，
作，交于点，则，
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

点P到平⾯ABCD的距离为，
则，0，，，2，，，，，，1，，
，，，，2，，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，解得，，
平面的一个法向量为，0，，
设直线和平面所成角为，
则，，
直线和平面所成角的正弦值．