2022-2023学年江苏省淮安市涟水县第一中学高一下学期5月第二次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省淮安市涟水县第一中学高一下学期5月第二次月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省淮安市涟水县第一中学高一下学期5月第二次月考数学试题 一、单选题1．若为虚数单位，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案.【详解】，其虚部为．故选：D．2．已知直线平面，则“直线平面”是“平面平面”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若“直线平面”成立，设，且，又平面，所以平面，又，所以“平面平面”成立；若“平面平面”成立，且直线平面，可推出平面或平面，所以“直线平面”不一定成立.综上，“直线平面”是“平面平面”的充分不必要条件.故选：A.3．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．4．以下四个结论：①若，则为异面直线；②若，则为异面直线；③没有公共点的两条直线是平行直线；④两条不平行的直线就一定相交．其中正确答案的个数是（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】A【分析】分别根据题设条件结合空间两直线的位置关系的判定方法，以及异面直线的定义，逐项判定，即可求解．【详解】对于①中，若满足的直线可能是异面直线，可能是平行直线也可能是相交直线，所以①错误．对于②中，根据直线和平面的位置关系可知，平面内的直线和平面外的直线，可能是异面直线，可能是平行直线，也可能相交直线，所以②错误．对于③中，在空间中，没有公共点的两条直线是平行直线或者是异面直线，所以③错误．对于④中，在空间中，两条不平行的直线可能是异面直线，所以④错误．故选：A．5．在正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是（    ）A．0 B． C． D．【答案】D【分析】根据题意分析可得异面直线DE与AC所成角为（或的补角），在中利用余弦定理运算求解.【详解】取的中点，连接，因为//，且，则为平行四边形，可得//，又因为分别为的中点，则//，所以//，故异面直线DE与AC所成角为（或的补角），设正方体的棱长为2，则，在中，由余弦定理，所以异面直线DE与AC所成角的余弦值是.故选：D.6．已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（    ）A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.【详解】由，得，整理得，则，因为，所以，又由及正弦定理，得，化简得，所以为等边三角形，故选：B7．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为3的正方形，则原图形的周长是（       ）  A．16 B．24 C． D．【答案】B【分析】根据斜二测法规则，即可求解．【详解】设原图形的四边形为，  则根据斜二测法规则及题意可知：原图形中，，又原图形中，原图形中，原图形的周长是．故选：B．8．如图，正方体的棱长为4，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是（           ）.A． B．C． D．【答案】C【分析】过点作的平行线即可延展平面，则可得到截面，再求周长即可.【详解】取中点，连接，,中点为，E是侧棱的中点，,,又在直角三角形中,,正方体中，四边形为平行四边形,,即为正方体的截面.在直角三角形中,同理,则截面周长为,故选：C. 二、多选题9．已知l，m为直线，为平面，下列结论正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】AD【分析】求得位置关系判断选项A；求得位置关系判断选项B；求得位置关系判断选项C；求得位置关系判断选项D.【详解】选项A：若，则存在直线，，由，可得，则.判断正确；选项B：若，则或.判断错误；选项C：若，则或.判断错误；选项D：若，则存在直线，，由，可得，又，则.判断正确.故选：AD10．在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（      ）A．若，则为锐角三角形B．若为锐角三角形，则C．若，则为等腰三角形或直角三角形D．若，则是直角三角形【答案】BCD【分析】由于锐角三角形需三个角都为锐角，而只能判定，选项A可判定；为锐角三角形中，结合正弦函数的单调性，可判定选项B; 由于,可知相等或互补，C选项判定；由于，结合正弦定理化边为角，再消角化简，可判定选项D.【详解】由于，所以，则中角为锐角，其余两角不定，故选项A错误；为锐角三角形，可知,即则,即，故选项B正确；由于，,可得或则或，故选项C正确；由结合正弦定理可得,，,,可得，则,故选项D正确；故选：BCD.11．如图，在正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，则（    ）A．点F在平面内 B．平面C．点在平面内 D．点G在平面内【答案】AB【分析】连接、根据正方体的性质可得，即可得到平面，再根据中位线的性质及平行公理得到，即可得到、、、四点共面，从而得解；【详解】连接、，在正方体中，且，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故B正确；又，所以，所以、、、四点共面，即点F在平面内，故A正确；再连接，显然不在平面，故D错误；由平面，可知点不在平面内，故C错误；  故选：AB.12．如图，三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，是中点，则下列叙述不正确的是（    ）  A．与是异面直线 B．平面C．，为异面直线，且 D．平面【答案】ABD【分析】根据平面知A错误；假设平面，由线面垂直性质知为直角三角形，与已知矛盾，B错误；由异面直线判断方法可知为异面直线，由正三角形性质可知，结合平行关系知C正确；根据直线与平面相交可判断D错误．【详解】对于A，平面，平面，与共面，A错误；对于B，若平面，平面，则，即为直角三角形，为直角三角形，与已知是正三角形矛盾，B错误；对于C，平面，，为异面直线；为正三角形，为中点，，，，C正确；对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又，直线与平面AB1E相交，故D错误.故选：ABD. 三、填空题13．已知i为虚数单位，复数z满足，则z的模为          ．【答案】【分析】结合复数的模长的定义，以及复数的运算法则，即可求解．【详解】由题设，，故的模为．故答案为：．14．在中，若，，，则A=         .【答案】30°/【分析】根据正弦定理可得，结合内角范围及大边对大角即可得角的值.【详解】由正弦定理得因为，又，所以，则.故答案为：30°.15．如图，正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为          .  【答案】【分析】利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值．【详解】如图，  取的中点，取的中点，连接，，，所以，又面，面，所以平面，又为的中点，所以，又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因为是侧面上一点，且平面，所以在线段上，因为正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是所以平面，因为平面，所以又M为的中点，所以所以则，又所以线段的最大值为．故答案为：． 四、双空题16．如图，在正方体中，为中点，则与平面所成角的大小为          ；与所成角的余弦值为            【答案】          /【分析】由正方体的性质可知平面，所以可得为 与平面所成的角，从而可求得答案，取的中点，连接，则可得或其补角为与所成的角，然后在中求解即可.【详解】在正方体中，平面，所以为 与平面所成的角，因为，所以为等腰直角三角形，所以，即与平面所成角的大小为，取的中点，连接，因为为中点，所以∥，，所以或其补角为与所成的角，设正方体的棱长为2，则，，，所以，所以与所成角的余弦值为，故答案为：，   五、解答题17．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点．(1)求证：BC∥AD；(2)求证：CE∥平面PAB．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明．【详解】（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD．（2）取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点，∴EF∥AD，，又由（1）可得BC∥AD，且，∴BC∥EF，BC＝EF，∴四边形BCEF是平行四边形，∴EC∥FB，∵EC⊄平面PAB，FB⊂平面PAB，∴EC∥平面PAB．18．已知复数，，为虚数单位.(1)求及；(2)若，求的共轭复数.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据复数的运算法则即可求出，结合共轭复数的概念和复数的几何意义计算即可求解；（2）根据复数的乘、除法运算可得，结合共轭复数的概念即可求解.【详解】（1），，，，．（2）由所以.19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，，.证明：平面PAC；【答案】证明见解析【分析】证明，即可由线线垂直证明线面垂直.【详解】底面为直角梯形，，，故可得，又，则，易知，故，则；又平面平面，故；又面，故面.20．已知内角的对边分别为，设.(1)求；(2)若的面积为，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果.【详解】（1）原式化简可得：，整理得：，由正弦定理可得：，因此三角形的内角；（2），，，.21．如图：在正方体中，，为的中点.  (1)求证：平面；(2)若为的中点，求证：平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）连接，交于点，连接，由已知可证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）证明四边形为平行四边形，从而可得，即可证得平面，再根据面面平行的判定定理即可得证.【详解】（1）  如图1，连接，交于点，连接，根据正方体的性质可知，是中点.因为是的中点，所以在中，有.因为平面，平面，所以，平面.（2）    如图2，连接，因为为的中点，为的中点，所以.根据正方体的性质可知，，所以.所以，四边形为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以，平面.因为，平面，平面，所以，平面平面.22．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，．(1)求证：平面平面ABC；(2)求SC与平面SAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，则，连接,,利用勾股定理得出，然后利用线面垂直判定定理得出平面，再利用面面垂直判定定理即可得出结论.（2）由（1）知，作，连接，由面面垂直的性质定理知平面，故即为所求角，再由，即可得出答案.【详解】（1）取中点，连接，，，，，，，，又平面，平面，且，所以平面，又平面，所以平面平面ABC.（2）由（1）知，过作于，连接，如图，平面平面ABC，平面平面,平面，则平面，即为SC与平面SAB所成的角，在中，，，故SC与平面SAB所成的角的正弦值为.