精品解析：山西省运城市景胜中学2022-2023学年高一下学期4月月考数学试题（A卷）（解析版）

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景胜中学2022-2023学年度第二学期高一年级月考（4月）
数学试题（A卷）
一､单选题（共40分）
1. 已知复数，则下列说法正确的是（　　）
A. z的虚部为4i B. z的共轭复数为1﹣4i
C. |z|＝5 D. z在复平面内对应的点在第二象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法除法运算化简，再由共轭复数的概念求解.
【详解】∵，
∴ z的虚部为4, z的共轭复数为1﹣4i，|z|，z在复平面内对应的点在第一象限.
故选：B
2. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ）
A. 若，则一定是等边三角形
B. 若，则一定是等腰三角形
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若，则一定是锐角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理化边为角变形判断AB，举特例判断C，由余弦定理及锐角三角形的定义判断D．
【详解】由正弦定理，若，则，为三角形内角，所以，三角形是等边三角形，A正确；
若，由正弦定理得，即，
，则或，即或，三角形等腰三角形或直角三角形，B错；
例如，，，满足，但此时不是等腰三角形，C错；
时，由余弦定理可得，即为锐角，但否都是锐角，不能保证，因此该三角形不一定是锐角三角形，D错．
故选：A．
【点睛】易错点睛：本题考查三角形形状的判断，解题时利用正弦定理、余弦定理进行边角转换后再进行变形判断是常用方法，解题时注意三角函数性质的正确应用，如选项B，在由得结论时不能直接得出，否则会出现漏解，在判断三角形形状时，锐角三角形需要三个内角都是锐角，直角三角形只有一个角是直角，钝角三角形只有一个角是钝角，它们判断方法有一些区别，这些是易错点．
3. 我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图"中，若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可.
【详解】由题意
，
所以，，
.
故选：D.
4. 中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（ ）
A. 有一个角是的等腰三角形
B. 等边三角形
C. 三边均不相等的直角三角形
D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由推导可得的平分线垂直于边BC，进而可得，再由给定面积导出得解.
【详解】如图所示，在边、上分别取点、，使、，

以、为邻边作平行四边形，则，显然，
因此平行四边形为菱形，平分，而，则有，即，
于是得是等腰三角形，即，令直线AF交BC于点O，则O是BC边的中点，，
而，因此有，从而得，
所以是等腰直角三角形.
故选：D
5. 设是虚数单位，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及复数的周期性进行计算可得答案.
【详解】解：设,
可得：，
则，
，
可得：，
可得：，
故选：B.
【点睛】本题主要考查等比数列的求和公式，错位相减法、及复数的乘除法运算，属于中档题.
6. 一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′∥y′轴，则四边形OABC的面积为（　　）

A. B. 3 C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合图形可得，则可得四边形面积，后可得四边形OABC的面积.
【详解】设轴与交点为D，因O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，则，又B′C′∥y′轴，则四边形为平行四边形，故.又，结合A′B′⊥x′轴，则，故.
则四边形面积为，因四边形面积是四边形OABC的面积的倍，则四边形OABC的面积为.
故选：B

7. 已知正方体的棱长为是棱的两个三等分点，则四面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，，计算得到答案.
【详解】如图所示：连接，
则，

故选：B
8. 金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面内切圆的半径，从而求出结果.
【详解】如图，设底面中心为，，中点分别为，，连接，，，，，,
设金刚石的边长为，则由题知，，所以，
在等边中，边上的高，
在中，，
由题可知，最大球即为金刚石内切球，由对称性易知球心在点，与面的切点在线段上，
球的半径即为截面内切圆的半径，设内切圆半径为，
由等面积法可知：，解得，所以内切球的半径为
则内切球体积为
故选：D.

二､多选题（共20分）
9. 对于，有如下命题，其中正确的有（ ）.
A. 若，则是等腰三角形
B. 若是锐角三角形，则不等式恒成立
C. 若，则为钝角三角形
D. 若..，则的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，由正弦值相等，得到或，故A错误；B选项，由锐角三角形和正弦函数在上的单调性进行求解；C选项，先由正弦定理得到，再使用余弦定理即可求出为钝角；D选项，先用余弦定理得到，进而利用面积公式进行求解.
【详解】在，，
A选项，∵，∴或，∴或，
则是等腰三角形或直角三角形，A错误，
B选项，∵是锐角三角形，则，又在内单调递增，∴即恒成立，B选项正确，
C选项，∵，∴，
由正弦定理可得，∴，∴为钝角，
则为钝角三角形，C对，
D选项，∵..，设，
由余弦定理可得，
化为，解得或，经检验，均符合要求，
则或，D错误，
故选：BC.
10. 如图所示，设在中，角、、所对的边分别为、、，，且．若点是外一点，、，下列说法中，错误的命题是（ ）

A. 四边形周长的最小值为
B. 四边形周长的最大值为
C. 四边形面积的最小值为
D. 四边形面积的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用正弦定理对已知化简变形可求出，从而可得为正三角形，再由、，可求出的周长的取值范围，从而可求出四边形周长的取值范围，则可判断AB，利用面积公式和余弦定理可表示出四边形面积，从而可求出其范围，进而可判断CD
【详解】在中，，由正弦定理得：，
∴，∵，
∴，∴，
又∵，∴，
∴，∴为正三角形，
∵、，∴
∵的周长的取值范围为，
∴四边形周长的取值范围为，
所以AB错误，
四边形面积

，
∵，
∴四边形面积的取值范围为，
所以C错误，D正确，
故选：ABC．
11. 有下列说法，其中错误的说法为（ ）.
A. 、为实数，若，则与共线
B. 若、，则
C. 两个非零向量、，若，则与垂直
D. 若，、分别表示、的面积，则
【答案】AB
【解析】
【分析】由零与任何向量共线，即可判断B；由三角形的重心的向量表示和性质可判断D；由向量共线的性质可判断A；根据平面向量数量积的运算律判断C．
【详解】解：对于A选项，当时，与可以为任意向量，满足，但与不一定共线，故A错误，
对于B选项，如果、都是非零向量，，满足已知条件，但是结论不成立，故B错，
对于C选项，若，所以，即，即，所以，∴与垂直，故C正确，
若，设，，可得为的重心，

设，，，
则，，，由，
可得，故D正确；
故选：AB.
12. 记的内角，，的对边分别为，，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，的恰有一个，则的取值范围是
C. 若，则
D. 若，，则该三角形内切圆面积的最大值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平方关系得到，即可得到，从而判断A，根据正弦定理判断B，由条件利用二倍角公式可得①，再把①平方求得的值，即可得到的值，即可判断C，利用正弦定理将边化角，即可得到为直角三角形，设内切圆的半径为，则，再将边化角，转化为角的三角函数，求出内切圆的半径的最大值，即可判断D．
【详解】对于A：因为，所以，
所以，又、，所以，所以由正弦定理可得，故A正确；
对于B：，，，高，
当，即时，只有一个．
当，即时，时，只有一个，
故，满足条件的的取值范围是或，故B错误；

对于C：因为，所以，
所以，又，所以，
即，即，又，所以，则，所以，所以，
所以，所以，即，所以，故C正确；
对于D：因为，所以，
所以，
所以，
所以，所以，
，，，是直角三角形．
设内切圆的半径为，
则，
，，，
所以，内切圆半径的取值范围是，
该三角形内切圆面积的最大值为，故D正确．
故选：ACD
三､填空题（共20分）
13. 在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.
【详解】解得：；
又，代入得：或；
根据余弦定理得：，
解得：；
故答案为：3
14. 已知在中，角的对边分别为，且满足，，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理以及同角关系可得，进而根据余弦定理即可得的值，由面积公式即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，即，得，
又，所以.
因为，所以由余弦定理可得，即，所以
故的面积为.
故答案为：
15. 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知，，则ABC面积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】又正弦定理可得，再由面积公式结合余弦定理和基本不等式即可求出最值.
【详解】由正弦定理得：，所以，即，
故.
由余弦定理可得：，
由基本不等式得：，等且仅当时取得等号，此时，所以ABC面积的最大值为.
故答案为：
16. 四面体中，，，则此四面体外接球的表面积为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，则长方体的外接球即为四面体的外接球，利用数据计算长方体的体对角线即为外接球的直径，可得球的表面积．
【详解】将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，
如图：

则长方体的外接球即为四面体的外接球，
又长方体的体对角线即为外接球的直径，
设长方体的长宽高分别为，
则有，，，
所以，
所以外接球的表面积为，
故答案为：
四､解答题（共70分）
17. 在中，，从条件①；条件②，两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）面积为
（2）
【解析】
【分析】（1）由所选条件，应用正弦边角关系、三角形内角性质及三角恒等变换求得，再应用正弦定理求角，最后求出三角形的面积；
（2）由题设及（1）得，应用三角恒等变换化简，注意求的范围，根据正弦型函数性质求范围即可.
【小问1详解】
选①：，又，则，
由，故，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
选②：，
所以，则，
由，则，，可得，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
【小问2详解】
由（1），，则，且，
所以，
又为锐角三角形，，则，故，
所以，则.
18. 已知在中，内角，，所对的边分别为，，，设向量，且 .
（1）求；
（2）若，的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量平行的坐标运算结合正弦定理得出；
（2）由面积公式得出，进而由余弦定理得出.
【小问1详解】
因为向量且，
所以，
由正弦定理得，
整理可得，
即，
可得，
由正弦定理可得，
所以．
【小问2详解】
因为，的面积为，
所以，又，
所以，，
又由余弦定理可得，
所以．
19. 已知复数，，
（1）若，求角；
（2）复数对应的向量分别是，其中为坐标原点，求的取值范围；
（3）复数对应的向量分别是、，存在使等式成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）角
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)利用复数相等的性质和特殊角的三角函数值，结合角度的范围即可求解
(2)由向量数量积运算结合两角差的正弦整理，再由角度的范围求出相位范围后即可求出的取值范围
(3)利用向量数量积的坐标运算进行化简等式，转化为和三角函数的表达式，求出三角函数的整体范围后再计算表达式的范围，进而求出最后结果
【小问1详解】
，，由，得，，
又，
【小问2详解】
由复数的坐标表示得，，，
则，又，
，当时，取最大值为4，
当时，取最小值为，
所以的取值范围为
【小问3详解】
由题意得，，，，
又，，
化简得，，由小问2的结论可得，，
当，得 恒成立，
当，得，或，
综合所述，的取值范围为
20. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且．
（1）求A的大小；
（2）若、，D为直线BC上一点，且，求△ABD的周长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式及向量数量积的定义可得，进而即得；
（2）利用余弦定理可得，再利用正弦定理结合条件即得.
小问1详解】
∵，
∴，又，
∴，即
又，
∴；
【小问2详解】
在中，由余弦定理得：，
又、，，
∴，又，
∴，
在中，由正弦定理得，
又，∴B为锐角，
∴，
在中，，
∴，，
∴的周长为．
21. 如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：

（1）该三棱锥的体积与表面积；
（2）蚂蚁爬行的最短路线长.
【答案】（1）体积为，表面积为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将△当作底面，将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式即可求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，由面积公式可得三棱锥的表面积；
（2）将△与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理即可求得最短值.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
又，VB、VC在面VBC内，得面，
，

【小问2详解】
如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，

△中，，
由余弦定理可得：，
即.
22. 如图，在半径为30cm的半圆形铁皮上截取一块矩形材料ABCD（点A，B在直径上，点C，D在半圆周上），并将其卷成一个以AD为母线的圆柱体罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗）.若要求圆柱体罐子侧面积最大，应如何截取？并求侧面积最大值.

【答案】在半圆直径上取距离圆心O为的两点A，B，以线段AB为矩形的一边截取铁皮，最大面积为.
【解析】
【分析】设，可得矩形的面积为，根据正弦函数的性质即可求解.
【详解】依题意，圆柱体罐子的侧面积即为矩形的面积，
圆心为O，连接，如图，设，，有，，

因此矩形的面积为，
显然，当，即时，，此时，
所以在半圆直径上取距离圆心O为的两点A，B，以线段AB为矩形的一边截取铁皮，
圆柱体罐子的侧面积最大，最大面积为.