中牟县第一高级中学2022-2023学年高一下学期第三次月考数学试卷（含答案）

这是一份中牟县第一高级中学2022-2023学年高一下学期第三次月考数学试卷（含答案），共13页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
中牟县第一高级中学2022-2023学年高一下学期第三次月考数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、已知复数，则( )
A. B. C. D.
2、满足下列条件的三角形有两解的是( )
A.,, B.,,
C.,, D.,,
3、设m,n为两个不同的直线，,为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A.若，,则 B.若，,则
C.若，,则 D.若，,则
4、设a是非零向量，是非零实数，下列结论中正确的是( )
A.a与的方向相同 B.a与的方向相反
C. D.
5、已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边，且,的外接圆半径为2，则( )
A. B.2 C. D.4
6、如图，在长方体中，，点P,Q分别是,的中点，则异面直线AP与DQ所成角的余弦值为( )

A. B. C.0 D.
7、已知向量，满足：，则向量与向量的夹角为( )
A. B. C. D.
8、在中，已知，则( )
A.2021 B.2022 C.4042 D.4043
二、多项选择题
9、复数，其中，下列说法正确的是( )
A.当时，z对应于复平面内的点在第三象限
B.
C.
D.存在满足
10、已知在锐角中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，下列结论正确的是( )
A.若，则
B.
C.若，则
D.
11、如图，在中，，,点D,E为边BC上两个动点，且满足，则下列选项正确的是( )

A.的最小值为 B.的最小值为
C.的最大值为 D.当取得最大值时，点D与点B重合
12、已知在三棱锥中，O为AB中点，平面ABC,，下列说法中正确的是( )

A.若O为的外心，则
B.若为等边三角形，则
C.当时，PC与平面PAB所成角的最大值为
D.当时，M为平面PBC内动点，满足平面PAC，则M在内的轨迹长度为2
三、填空题
13、已知，复数是纯虚数，则________________.
14、已知G为的重心，且，则________________.
15、已知三棱锥中，，该三棱锥的外接球半径为5，则三棱锥的体积最大值为________________.
16、已知正方形ABCD的边长为2，对角线相交于点O,P是线段BC上一点，则的最小值为________________.
四、解答题
17、已知向量,
（1）若，求k的值；
（2）若，求向量与的夹角余弦值。
18、已知在中，角A,B,C分别对应边a,b,c,的面积为S，若，，________________，求b的值
在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的横线上进行求解.
19、如图，已知AB,CD分别是圆柱体上底面和下底面的直径，且,E为圆柱下底面内的一个动点（不与C,D重合），若该圆柱的高与底面圆的直径长度均为2

（1）求证：平面平面ADE；
（2）求三棱锥体积的最大值。
20、已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，其面积为S，且
（1）求角A；
（2）若，求的最大值。
21、如图，矩形ABCD中，,,M为边CD的中点，将沿直线AM翻折成AME，且，点P为线段BE的中点.

（1）求证：平面AME；
（2）求直线PC与平面ABM所成角的正弦值。
22、如图，在中，已知，点E,F在射线OB运动（不含端点，且），点P在射线OA上且，且.

（1）若，求EF长；
（2）当E,F在射线OB运动时，设，记的面积为，求的解析式，并求出的最小值.
参考答案
1、答案：D
解析：，故，故选D.
2、答案：C
解析：在选项C中，根据正弦定理得，因为，故或，故有两解，因此C选项正确.
3、答案：C
解析：若，，则有，故C选项正确.
4、答案：A
解析：因为，所以与的方向相同，故A项正确；当时，与的方向相同，故B选项错误；当时，，故C选项错误；当时，，故D选项错误.
5、答案：B
解析：根据正弦定理知，又因为，
所以，即，所以，再由，解得，
故选B.
6、答案：C
解析：连结BQ,DB，容易知，故为异面直线AP与DQ所成角或补角，
，,因为，
所以，故，
因此选C.

7、答案：B
解析：将两边平方得，即，设向量与向量的夹角为，则，故，故选B.
8、答案：D
解析：由得，
故，即，即，故，故选D.
9、答案：BC
解析：当时，z对应于复平面内的点在第三象限，故A选项错误；，故选项B正确；，故选项C正确；因为，故选项D错误.
10、答案：AD
解析：若，则有，再根据正弦定理知则，故A正确；因为C为锐角，故，即，即，因此B选项错误；因为函数在区间上单调递增，故若，则有，又因为函数在区间上单调递减，故，故选项C错误；因为，所以，即，同理可得，三个式子相加得，故D正确.
11、答案：BC
解析：取DE的中点M，则，
则，易知AM的最小值为点A到BC的距离，即AM的最小值为，即的最小值为，故B选项正确；当点E与点C重合时，AM取得最大值，即，故的最大值为，故C选项正确.因此BC正确.

12、答案：ACD
解析：若O为的外心，则，由射影相等即可知，故A正确；假设，则再根据，得平面APB，则，与为等边三角形矛盾，故B错误；当时，，过C作，连结PH，易知为PC与平面PAB所成角的平面角，，故的范围为，故C正确；取,分别为PB,BC的中点，易证平面平面APC，则线段为M在三角形PBC内的轨迹，故D正确.

13、答案：-2
解析：根据题意知，解得.
14、答案：
解析：取BC中点M，则，又因为G为的重心，故，因此，故.
15、答案：27
解析：取AB中点为M，连结PM，当三棱锥的外接球球心O在线段PM上时，三棱锥的体积最大，在，，故三棱锥体积最大值为.

16、答案：
解析：
17、答案：(1)
(2)
解析：（1）由得，即；
（2）由得，即，所以.
设向量与的夹角为，，
，，
故，故.
18、答案：见解析
解析：由已知及正弦定理得，即，即，
故或，即或
若选①：由，得，
所以，则，.
若，则，解得，
所以，
所以，
由，得；
若，则.
综上，或2.
若选②：根据余弦定理知，故，
若，故.
所以，
由，得；
若，不符合题意；
综上，.
若选③：由，得，则，解得.
若，则，所以，
所以，
由正弦定理得，
若，则，
综上，或2.
19、答案：(1)见解析
(2)
解析：（1）证明：因为CD为直径，故；
因为且AB,CD均为直径，故四边形ABCD为矩形，且AD,BC为圆柱的母线，故，又因为，所以平面ADE.因为平面BCE，故平面平面ADE；
（2）由题意可知三棱锥体积等于三棱锥，即，又因为的面积为定值，故当点E到直线CD的距离最大时，三棱锥体积取得最大值.
显然点E到直线CD的距离最大值为1，因此三棱锥体积的最大值为.
20、答案：(1)
(2)
解析：（1）由题知，
由余弦定理得，所以，故；
（2）由正弦定理知，即，
因此，
其中，,故，当且仅当，即时取等号，故此时.
21、答案：(1)见解析
(2)
解析：（1）证明：取AE的中点Q，连结QM,QP，因为P,Q均为中点，故且，
又因为，且，则且，因此四边形MCPQ为平行四边形，故，故平面AME；
（2）取AM的中点O，连结OE,OB，因为，所以且.
在中，，
因为，故，故平面ABM.

因此为直线PC与平面ABM所成角， ，
在中，
故.
22、答案：(1)7
(2)
解析：（1）在中，根据余弦定理得，
由正弦定理知，解得.
由题意知，，所以.
在中，由正弦定理知，解得；
（2）由，则,
在中，，解得.
在中，，解得.
因此的面积为，
当，即时，取最小值.