2022-2023学年山西省朔州市怀仁市第一中学校等校高一下学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山西省朔州市怀仁市第一中学校等校高一下学期第三次月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省朔州市怀仁市第一中学校等校高一下学期第三次月考数学试题 一、单选题1．已知复数是虚数单位，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数的四则运算法则及共轭复数的概念计算即可.【详解】由复数的四则运算可得：，则有.故选：D.2．下列几何体中，棱数最多的是（    ）A．五棱锥 B．三棱台C．三棱柱 D．四棱锥【答案】A【分析】根据棱锥和棱柱的特征逐个求解其棱数进行判断【详解】因为五棱锥有10条棱，三棱台有9条棱，三棱柱有9条棱，四棱锥有8条棱，所以这些几何体中棱数最多的是五棱锥，故选：A3．已知向量，它们的夹角为，则（    ）A．4 B．12 C．2 D．【答案】C【分析】先根据已知条件求出，再由化简计算即可【详解】因为向量，它们的夹角为，所以，所以.故选：C.4．函数的定义域为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】令可求得的范围，根据正切函数值域可求得定义域.【详解】令，解得：，，定义域为，.故选：C.5．长方体的长、宽、高分别为4，3，2，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先确定外接球半径，然后求解其表面积即可.【详解】设球的半径为，由于长方体的体对角线为球的直径，则，所以，因此，球的表面积为.故选：A6．已知圆锥的轴截面是一个面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设该圆锥的底面半径为，则该圆锥的高为，该圆锥母线长为，根据轴截面面积求出，从而求出锥体的表面积.【详解】设该圆锥的底面半径为，则该圆锥的高为，该圆锥母线长为，所以，解得或（舍去），所以该圆锥的表面积为.故选：C.7．已知，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解.【详解】由于，且，则，整理得，则，整理得，所以.故选：D.8．在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过正余弦定理转化得，对变形得，两边同平方得，解出，再利用三角形面积公式和向量中线公式即可得到答案.【详解】因为，由余弦定理得，又因为是斜三角形，所以，所以，由正弦定理得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，化简得，解得或（舍去），所以，设边的中点为，则，因为，所以，即为的中点，所以：.故选：A.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正余弦定理进行转化得，再对向量式进行变形处理得，再两边同平方代入数据从而解出，最后再通过三角形面积公式得到答案. 二、多选题9．下列选项中，与的值相等的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据诱导公式可得，然后利用二倍角公式和两角和与差的三角函数，逐项判断即得.【详解】因为，A. ，故错误；B. ，故正确；C. ，故正确；D. ，故错误；故选：BC.10．以直角边长为2的等腰直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的体积可以为（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】分两种情况，以直角边所在直线为旋转轴时和以斜边所在直线为旋转轴时，求出答案.【详解】①当以直角边所在直线为旋转轴时，得到一个底面圆半径为2，高为2的圆锥，则；  ②当以斜边所在直线为旋转轴时，得到两个同样的圆锥，圆锥底面是以为半径的圆，高为，  则.故选：.11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列条件中能判断为钝角三角形的有（    ）A． B．C． D．的三条高分别为2，3，4【答案】ABD【分析】利用余弦定理判断A，将两边平方可得，即可判断B，利用两角和的正切公式及诱导公式得到，即可判断C，利用面积公式及余弦定理判断D.【详解】对于A，由余弦定理有，可得为钝角，故为钝角三角形，故A正确；对于B，将平方可得，即，所以，又，所以，则，所以A为钝角，即为钝角三角形，故B正确；对于C，因为，所以，若、、有两个负数，则，，中有两个钝角，显然不满足三角形内角和为，所以、、均为正数，即角，，都为锐角，为锐角三角形，故C错误；对于D，假设，，边上的高分别为2，3，4，则，有，设，则，所以由余弦定理得，所以为钝角，为钝角三角形，故D正确.故选：ABD.12．如图，将正方形沿对角线折成直二面角，则下列四个结论中正确的是（    ）A．B．是等边三角形C．与所成的角为D．与平面所成的角为【答案】ABC【分析】对于A，根据等腰三角形的三线合一及线面垂直的判定定理，再利用线面垂直的性质定理即可求解；对于B，根据直角三角形斜边的中线定理及面面垂直的性质定理，再利用线面垂直的性质定理及勾股定理即可求；对于C,根据直角三角形斜边的中线定理及三角形的中位线定理，再结合异面直线所成角的定义即可求解；对于D，根据B选项及线面角的定义，结合等腰直线三角形即可求解.【详解】如图所示对于A，取的中点，连接，折叠后是等腰直角三角形，，，又,所以平面，平面，所以，故A项正确；对于B，设折叠前正方形的边长为，则，，由平面平面，因为是的中点，是等腰直角三角形，所以，又平面平面，平面，所以平面,平面，所以,所以，所以是等边三角形，故B项正确；对于C，设折叠前正方形的边长为，则取的中点的中点，连接，，所以所以是直线与所成的角（或补角），在中，，所以是等边三角形，所以，所以与所成的角为，故C项正确；对于D，由B 选项知，平面,是直线在平面内的射影，所以是直线与平面所成的角，因为是的中点，是等腰直角三角形，所以，，所以是等腰直角三角形；即，所以与平面所成的角为，故项错误.故选：ABC. 三、填空题13．在半径为10的圆中，圆心角为的扇形所对的弧的长度为         .【答案】/【分析】将圆心角化为弧度制角，再根据弧长公式计算可得；【详解】解：因为，即，又，所以弧长.故答案为：14．如图，四边形是梯形的直观图，四边形是等腰梯形，且，则梯形的周长为          .  【答案】【分析】作出辅助线，计算出，作出原图形，求出各边长，得到答案.【详解】因为四边形是等腰梯形，且，过点作⊥于点，则，，所以，画出梯形，则，  过点作⊥于点，则，，因为，所以，由勾股定理得，  所以梯形的周长为.故答案为：15．三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则            【答案】【详解】由已知设点到平面距离为，则点到平面距离为，所以，【解析】几何体的体积. 16．已知向量满足，若对任意的实数，都有，则的最小值为          .【答案】/【分析】利用数量积与模的关系结合二次不等式恒成立计算得，再根据向量不等式计算即可.【详解】因为，所以对任意的实数恒成立，即，所以，所以.所以，当且仅当与反向时等号成立，即的最小值为.故答案为：. 四、解答题17．已知，复数（是虚数单位）.(1)若是纯虚数，求的值；(2)若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】根据纯虚数的定义，实部等于零，虚部不等于零，列出条件解出即可;根据条件，虚数的实部小于零，虚部大于零，列出条件解出即可.【详解】（1）因为是纯虚数，所以解得故的值为；（2）在复平面内对应的点为，由题意可得.解得，即的取值范围是.18．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，分别为的中点，平面平面.(1)证明：平面；(2)证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定，构造平行四边形证明线线平行，即可证线面平行；（2）根据面面垂直的性质得线面垂直，再根据线面垂直得线线垂直，结合（1）中结论，即可证明.【详解】（1）证明：因为在四棱锥中，分别为的中点.取的中点，连接，所以，且，因为四边形是矩形，所以，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面平面，所以平面；（2）证明：平面平面，，又在矩形中，，且面，面，面，由（1）得，.19．已知向量.(1)若，求的值；(2)若，向量与的夹角为锐角，求的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）先求出和的坐标，再由，得，从而可求出的值；（2）由与的夹角为锐角，可得且与不共线，从而可求出的取值范围.【详解】（1）因为，所以，，又，所以，即，解得；（2）因为，所以.因为向量与的夹角为锐角，所以且与不共线，所以，解得且，即的取值范围是.20．已知函数在区间上单调，其中，，且．(1)求的图象的一个对称中心的坐标；(2)若点在函数的图象上，求函数的表达式．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦函数的对称性，即可得出答案.（2）由点在函数的图象上，可得，知函数在区间上单调递减，再由和，可得，又，可得出，即可得出结果.【详解】（1）由函数在区间上单调，且，可知，故的图象的一个对称中心的坐标为（2）由点在函数的图象上，有，又由，，可知函数在区间上单调递减，由函数的图象和性质，有，又，有，将上面两式相加，有，有，又由，可得，则，又由函数在区间上单调，有，可得，可得，故．21．在中，角所对的边分别为，且.(1)求的最小值；(2)已知，求边及的面积.【答案】(1)1(2) 【分析】（1）由已知条件结合两角和的余弦公式可得，而，再利用基本不等式可求得其最小值，（2）由求出，从而可求出，再由可求出，然后利用角三角函数的关系可求出，利用正弦定理可求得，再利用三角函数恒等变换公式可求出，从而可求出三角形的面积.【详解】（1）因为，所以，即，则，所以（当且仅当时符号成立），则的最小值为1；（2）由，所以，所以，.由（1）可知，则，所以，所以，因为，在中，，所以解得，在中，由正弦定理可得：，则，因为，所以.22．如图，四边形ABCD是正方形，AF⊥平面ABCD，，AB＝AF＝2CE，H点为FB的中点.(1)证明：平面AEH⊥平面FBC；(2)试问在线段EF（不含端点）上是否存在一点P，使得平面FBD．若存在，请指出点P的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，P点是靠近E端的三等分点 【分析】（1）由AF⊥平面ABCD，可得AF⊥平面ABCD，再由四边形ABCD是正方形，可得BA⊥BC，然后由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面AFB，则AH⊥BC，再由等腰三角形的性质可得AH⊥BF，则由线面垂直的判定可得AH⊥平面FBC，然后由面面垂直的判定可得结论，（2）假设存在点P使平面FBD，作AF的中点G，连接AC与BD交于O点，连接CP，FO分别交GE于点M，T，然后由线面平行的性质结合三角形相似可求得点P的位置【详解】（1）证明：∵AF⊥平面ABCD，平面ABCD，∴AF⊥BC，又∵四边形ABCD是正方形.∴BA⊥BC，又∵，平面AFB.平面AFB，∴BC⊥平面AFB，∵平面AFB，∴AH⊥BC，又∵H为FB的中点，AF＝AB，∴AH⊥BF，∵.∴AH⊥平面FBC，∵平面AEH，∴平面AEH⊥平面FBC；（2）解：假设存在点P使平面FBD，作AF的中点G，连接AC与BD交于O点，连接CP，FO分别交GE于点M，T，∵面FBD，面面FBD＝FO.∴，∵四边形ACEG是矩形，∴.又，∴，∴P点是靠近E端的三等分点.