2022-2023学年河北省承德市重点高中高一下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年河北省承德市重点高中高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．已知复数为纯虚数，则实数m的值为（    ）

A． B．1 C．1或 D．或0

【答案】B

【分析】根据纯虚数的定义求解.

【详解】因为z是纯虚数，所以，解得．

故选：B．

2．如图，直角三角形绕直角边旋转，所得的旋转体为（    ）

A．圆锥 B．圆柱 C．圆台 D．球

【答案】A

【分析】由圆锥的定义即可求解

【详解】由圆锥的定义可得直角三角形绕直角边旋转，所得的旋转体为圆锥

故选：A

3．在中，已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据正弦定理得到及，求解判断即可.

【详解】由正弦定理及，可得.因为，

所以，又，所以，所以.

故选：A.

4．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式，结合两角和的正弦公式，即可求解.

【详解】因为，则

，

．

故选：A．

5．设为所在平面内一点，，若，则(　 　)

A． B．3 C． D．2

【答案】A

【分析】若，可得，化简与比较，即可

得出．

【详解】若，，化为，

与比较，可得：，，解得．

则．

故选．

【点睛】本题考查了向量共线定理、平面向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

6．设有两条不同的直线和两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】根据线面平行的性质与判定逐个选项分析即可.

【详解】若，则可以平行､相交或异面，故A错误；

若与相交，则，故B错误；

若，则或，故C错误；

若，则，故D正确.

故选：D.

7．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，2小时后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（    ）

A．海里 B．海里 C．海里 D．海里

【答案】A

【分析】由题设作示意图，应用正弦定理求B，C两点间的距离即可.

【详解】由题设可得如下示意图，且，即，

由图知：，则，又，

所以，则海里.

故选：A

8．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（    ）

①平面；

②平面；

③异面直线与所成角的取值范围是；

④三棱锥的体积不变.

A．①② B．①④ C．③④ D．①②④

【答案】D

【分析】由线面垂直的判定定理可判断①，由面面平行的性质定理可判断②，由线面垂直的性质定理可判断③，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断④．

【详解】在正方体中由平面，平面，可得，

又，是平面内两相交直线，从而得平面，

又平面，因此有，

同理，

又，平面，∴平面，故①正确；

正方体中与平行且相等，则是平行四边形，故，

又平面，平面，∴平面，

同理平面，

又，都在平面内，∴平面平面，

因为平面，∴平面，故②正确；

与①同理可证平面，

当是与交点时，平面，则，

此时异面直线与所成角为，故③错误；

由②知平面平面，又平面，所以平面，

∴到平面的距离不变，因此恒为定值，故④正确．

故选：D．

【点睛】关键点睛：本题结论③利用特例法是快速解决本题的关键.

二、多选题

9．给出下列命题，其中是真命题的有（    ）

A．在圆台的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线

B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的立体图形是棱锥

C．存在每个面都是直角三角形的四面体

D．半圆面绕其直径所在的直线旋转一周形成球

【答案】CD

【分析】根据几何体的特征，对各选项逐一判断即可求解.

【详解】解：对A：圆台的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是母线，

因为圆台所有母线的延长线交于一点，且所有母线长相等，故A选项错误；

对B：由棱锥的定义知，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故B选项错误；

对C：如图，四面体ABCD的每个面都是直角三角形，故C选项正确；

对D：半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得几何体是一个球体，故D选项正确；

故选：CD.

10．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．若为斜三角形，则

C．若，则是锐角三角形

D．若，则一定是等边三角形

【答案】ABD

【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项，

【详解】对于A，由正弦定理和比例性质得，故A正确；

对于B，由题意，，则，

所以，故B正确；

对于C，因为，所以，所以，

所以C为钝角，是钝角三角形，故C错误；

对于D，因为，所以，所以，且A，B，，所以，所以为等边三角形，故D正确．

故选:ABD．

11．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．存在，使得

C． D．当时，在上的投影向量的坐标为

【答案】CD

【分析】根据平面向量共线的坐标公式即可判断A；根据平面线路垂直的坐标表示即可判断B；根据向量的模的坐标计算即可判断C；根据投影向量的计算公式即可判断D.

【详解】对于A，若，则，解得，故A错误；

对于B，若，则，

即，方程无解，

所以不存在，使得，故B错误；

对于C，，所以，故C正确；

对于D，当时，，，

则在上的投影向量的坐标为，故D正确.

故选：CD.

12．已知函数，若，则（    ）

A． B．

C． D．在上无最值

【答案】ABC

【分析】由，得到在处取得最大值，从而有，然后逐项判断.

【详解】解：，因为在处取得最大值，所以，即，，所以，故A正确；

因为，解得，又，所以，故C正确；

，故B正确；

易验证，当时，在处取得最大值，故D错误.

故选：ABC.

三、填空题

13．设复数z满足，则           .

【答案】/

【分析】根据复数的四则运算可求得，进而可求共轭复数以及模长.

【详解】∵，则，

∴，故.

故答案为：.

14．在中，角所对的边分别为，则的面积为          .

【答案】

【分析】利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得.

【详解】，，，

由余弦定理得，

，或（舍去），

的面积.

故答案为：

15．若是定义域为的奇函数，的零点分别为，则        .

【答案】0

【分析】由函数为奇函数，可得关于中心对称，从而可得，为奇数，代入求解即可.

【详解】解：因为函数为奇函数，

所以的图象关于中心对称，

设函数的个零点分别为，

所以，

又由的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，

所以关于中心对称，

则

，

因为是定义域为的奇函数，

所以零点个数为奇数，

则.

故答案为：

16．已知三棱锥的各侧棱长均为，且，则三棱锥的外接球的表面积为          .

【答案】

【分析】先证明点P在平面ABC的投影是的外心，再证明是直角三角形，运用勾股定理求出外接球的半径即可.

【详解】如图：

过P点作平面ABC的垂线，垂足为M，则都是直角三角形，

又，同理可得，，

所以M点是的外心；

又，是以斜边的直角三角形，

在底面的射影为斜边的中点，如下图：

则，设三棱锥外接球的球心为，半径为，

则在上，则，即，得，外接球的表面积为；

故答案为：

四、解答题

17．已知某几何体的直观图如图所示，其中底面为长为4，宽为3的长方形，顶点在底面的射影为底面矩形对角线的交点，高为2.

(1)求该几何体的体积V；

(2)求该几何体的侧面积S.

【答案】(1)8

(2)

【分析】（1）利用锥体的体积公式求解；

（2）利用棱锥的表面积公式求解.

【详解】（1）解：几何体的体积.

（2）正侧面及相对侧面底边上的高.

左､右侧面的底边上的高.

故几何体的侧面面积.

18．已知，，且.

(1)求与的夹角；

(2)若，求实数的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数量积的运算律得到，再根据数量积的定义求出夹角的余弦值，即可得解；

（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到方程，再求出k的值.

【详解】（1）因为，

所以.

设与的夹角为，

则，又，所以，

故与的夹角为.

（2）因为，所以，

即，即，

所以，即，解得.

19．如图，正方体的棱长为3，点在棱上，点在棱上，在棱上，且是棱上一点.

(1)求证：四点共面；

(2)若平面∥平面，求证：为的中点.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）在上取一点，使得，连接，可得四边形和是平行四边形，则，，再由题意可得是平行四边形，从而得，所以，进而可得结论；

（2）由面面平行的性质可得，则，然后在和中可求得结果.

【详解】（1）证明：在上取一点，使得，

连接，则，

因为，所以四边形是平行四边形，

所以，

同理，四边形是平行四边形，所以，且，

又，且，所以，

所以四边形是平行四边形，所以，

所以，

所以四点共面.

（2）因为平面平面，平面平面，平面平面，

所以.

所以.

在中，，

在中，，

所以，即为的中点.

20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角A的大小；

(2)若，D是线段AC上的一点，，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理统一为边，再由余弦定理化简即可得解；

（2）由二倍角公式求出的正余弦，再由两角和的正弦求出，由正弦定理即可得解.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理可得，，

即，

所以，

因为，所以.

（2）设，则，

所以，解得，，

所以，

由正弦定理，，所以.

21．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象.

(1)若恒成立，求；

(2)若在上是单调函数，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先化简，根据平移规律可得到，利用是函数的最大值即可求解；

（2）由可得，结合函数的周期可考虑区间，利用正弦函数的性质列出不等式即可

【详解】（1）∵，

∴，

又恒成立，∴是函数的最大值，

故，得，，

∵，∴.

（2）∵，∴，

令，所以在上是单调函数可转化成在是单调函数，

因为的周期为，所以在是单调函数，

∵，∴，.

∵在是单调函数，∴∴.

22．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为矩形，AB＝PD＝2，，O是AD的中点，PO⊥平面ABCD．

(1)求证：AC⊥平面POB；

(2)设平面PAB与平面PCD的交线为l．

①求证：；

②求l与平面PAC所成角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)①证明见解析 ；②

【分析】（1）由已知线面垂直得线线垂直，再在底面中证明AC⊥BO，然后由线面垂直的判定定理得证线面垂直；

（2）①由线面平行判定定理证明线面平行，然后由性质定理得线线平行；

②转化求与平面所成的角，用体积法求得B到平面PAC的距离，再根据线面角的定义得结论．

【详解】（1）证明：在中，，在中，，

则∠ACB＝∠ABO，

于是，所以AC⊥BO．

因为PO⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则AC⊥PO．

又，PO，OB平面POB，所以AC⊥平面POB．

（2）①证明：因为，平面PCD，CD平面PCD，

所以平面PCD．

又平面PAB平面PCD＝l，AB平面PAB，所以．

②解：因为，所以l与平面PAC所成角的正弦值等于AB与平面PAC所成角的正弦值，

连接OC，则PO⊥OC．

易知，，则．

因为O为AD中点，PO⊥AD，所以PA＝PD＝2．

因为，所以∠APC＝90°，所以的面积．

设B到平面PAC的距离为h，

则三棱椎B－PAC的体积，即，．

设AB与平面PAC所成的角为，则，

又因为，所以l与平面PAC所成角为．