2022-2023学年云南省怒江州福贡县第一中学高一（普通班）下学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省怒江州福贡县第一中学高一（普通班）下学期第二次月考数学试题含答案，共14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学年云南省怒江州福贡县第一中学高一（普通班）下学期第二次月考数学试题 一、单选题1．化简（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】运用向量加法、减法运算求解即可.【详解】故选：C.2．若，则复数z的虚部为（   ）A．-5 B．5 C．7 D．-7【答案】A【分析】根据复数的运算、复数的概念求值即可.【详解】依题意，，故z的虚部为-5.故选：A3．如图，在平行四边形ABCD中，下列计算结果错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据向量运算的几何意义，结合条件逐项分析即得.【详解】因为四边形为平行四边形，对A，，正确；对B，，错误；对C，，正确；对D，，正确.故选：B.4．的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角恒等变换，利用两角差的余弦公式即可得出原式为.【详解】依题意由两角差的余弦公式可知，.故选：A5．在中，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件直接利用三角形的面积公式求解即可【详解】在中，，，则，故选：D6．如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（    ）  A．1 B．2C．3 D．4【答案】D【分析】利用线面垂直的性质可得直角三角形，再利用线面垂直的判定得出BC⊥平面PAC，从而得到直角三角形的个数.【详解】∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC．∴△ABC为直角三角形．又PA⊥⊙O所在平面，AC，AB，BC都在⊙O所在平面内，∴PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，∴△PAC、△PAB是直角三角形，又PA∩AC＝A，平面PAC,∴BC⊥平面PAC．∵PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，∴△PBC是直角三角形，从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC均为直角三角形．故选：D.7．如图所示，长方体中，给出以下判断，其中正确的是（    ）A．直线与相交B．直线与是异面直线C．直线与有公共点D．【答案】D【分析】利用异面直线的定义可以判断出A、C，利用平行四边形的性质可判断出B、D.【详解】对于A，面，面，且B不在AC上，根据异面直线的定义得，直线与是异面直线，故A选项错误；对于B，，，四边形为平行四边形，，即直线与平行直线，故B选项错误；对于C，面，面，，根据异面直线的定义得，直线与是异面直线，故C选项错误；对于D，，，四边形为平行四边形，，故D选项正确；故选：D.8．在正方体中，点M是棱的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，连，，，（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，解三角形可得解.【详解】取的中点，连，，，则，，所以四边形是平行四边形，所以，所以（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，设正方体的棱长为，则，，则.所以异面直线BM与AC所成角的余弦值为.故选：C 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．圆柱的所有母线长都相等B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥D．棱台的侧棱延长后必交于一点【答案】ABD【分析】利用圆柱的性质判断选项A；利用棱柱的性质判断选项B；利用正棱锥的定义判断选项C；利用棱台的性质判断选项D.【详解】选项A：圆柱的所有母线长都相等.判断正确；选项B：棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形.判断正确；选项C：底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥.判断错误；选项D：棱台的侧棱延长后必交于一点.判断正确.故选：ABD10．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（    ）  A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为C．圆柱的侧面积与球面面积相等D．圆柱、圆锥、球的体积之比为【答案】CD【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积公式，结合圆柱、圆锥、球的体积公式逐一判断即可.【详解】因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则圆柱的侧面积为，A错误；圆锥的母线长，侧面积为，B错误；球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；，，，D正确．故选：CD．11．下列命题中成立的是（    ）A．b，cB．，bC．，，且，D．，且【答案】ACD【分析】对于A，由平行公理可判断；对于B，由可得与的关系可能平行、相交或异面，从而可判断；对于C，由若一条直线上有两点在一个平面内，则整条直线就在平面内可判断；对于D，由若两平面有公共点，则两平面有且仅有一条经过公共点的交线可判断.【详解】对于A，由平行公理可得，，故A正确；对于B，由，可得与的关系有三种，分别为平行、相交或异面，故B错误；对于C，若一条直线上有两点在一个平面内, 则整条直线就在平面内，即，且 ，，故C正确；对于D，若两平面有公共点，则两平面有且仅有一条经过公共点的交线，即 且, 故D正确.故选：ACD12．在正方体中，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．【答案】ACD【分析】对于选项A，利用是平行四边形两对角线的交点，从而判断出结果的正误；对于选项B，先假设结论成立，从而得出，再利用条件得出矛盾，从而判断出结果的正误；对于选项C，利用线面平行的判断定理，通过条件易得，从而得出结果的正误；对于选项D，由条件易知，再利用，从而得出结果的正误.【详解】选项A，如图连接，，，则四边形为平行四边形，因为为的中点，所以点是的中点，所以，又平面，故平面，故A正确；选项B，若平面，DD1在面BDD1B1内，则，因为，所以，显然矛盾，所以与平面不垂直，故B错误；选项C，连接，在中，因为，分别是，的中点，所以为中位线，所以，又平面，平面，故平面，故C正确；选项D，由题意知平面，因为平面，所以，又，所以，故D正确.故选：ACD. 三、填空题13．已知复数z满足，则         ．【答案】【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】.故答案为：2.14．已知，则      ．【答案】或【分析】根据给定条件，利用等角定理计算作答.【详解】，由等角定理知，与相等或互补，所以或.故答案为：或15．如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为         【答案】12【分析】根据斜二测画法的规则，得到原为直角三角形，结合面积公式，即可求解.【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原为直角三角形，因为，可得，且，所以原的面积为.故答案为：16．若直线不平行平面，则以下命题成立的是          .①内的所有直线都与异面；②内不存在与平行的直线；③内直线都与相交；④直线与平面有公共点.【答案】④【分析】由题意得到直线在平面内或直线与平面相交，判断出①②③错误，④正确.【详解】因为直线不平行平面，所以直线与平面的位置关系是：直线在平面内或直线与平面相交，则内的不是所有直线都与异面若直线在平面内，存在与平行的直线，①②③错误，④正确.故答案为：④ 四、解答题17．在中，，，.(1)求c及的值；(2)求及的面积．【答案】(1)6，；(2)，. 【分析】（1）利用余弦定理计算c，再利用平方关系求解作答.（2）由（1）的结论，利用正弦定理及三角形面积公式求解作答.【详解】（1）在中，由余弦定理得，解得，由且，得，所以，.（2）由（1）知，，，由正弦定理得，即，，所以，的面积是.18．已知，.  (1)已知，，在所给直角坐标系中标出A，B两点的位置；(2)求；(3)求.【答案】(1)答案见解析；(2)；(3). 【分析】（1）已知，由向量加法三角形法则可得坐标，则可在所给直角坐标系标出A，B两点的位置；（2）利用平面向量加减、数量积运算的坐标表示即可；（3）用坐标表示平面向量的加减、数乘及模.【详解】（1）由，，得，所以，，在直角坐标系中A，B两点的位置如下：  （2），，，，.（3），.19．如图，某组合体是由正方体与正四棱锥组成，已知，且．(1)求该组合体的体积；(2)求该组合体的表面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）连接、交于点，连接，取的中点，连接、，求出，再根据锥体的体积公式及柱体的体积公式计算可得；（2）求出正四棱锥的斜高，再根据表面积公式计算可得.【详解】（1）在正四棱锥中，连接、交于点，连接，取的中点，连接、，因为，且，则，所以，所以，所以，所以，又正方体的体积，所以.（2）由（1）可知，所以，所以，所以.20．在中，分别是角所对的边，且满足．(1)求角的大小；(2)设向量，向量，且，判断的形状．【答案】(1)；(2)直角三角形. 【分析】（1）利用余弦定理求解即可；（2）由，可得，即有，，即可得结论.【详解】（1）解：因为，所以，因为，所以；（2）解：因为，，且，所以，所以，所以或（舍），当时，，所以为直角三角形．21．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:(1)平面AEC;(2)平面AEC⊥平面PBD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.【详解】（1）设,连接,如图所示:因为O,E分别为,的中点,所以,又因为平面,平面,所以平面．（2）连接,如图所示:因为,为的中点,所以,又因为四边形为菱形,所以,因为平面,平面,且,所以平面,又因为平面,所以平面平面．22．如图，在正三棱柱中，平面，分别为的中点，.  (1)求证：∥平面；(2)设的中点为，连接，，求证：平面；(3)求与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）由三角形中位线定理可得∥，然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质可证得结论，（3）由（2）可得为与平面所在的角，从而可求得结果》【详解】（1）证明：因为分别为的中点，所以为的中位线，即∥，因为平面，平面，所以∥平面,  （2）证明：因为的中点为，，所以，因为正三棱柱中，平面平面，且平面平面，平面，所以平面，（3）因为平面，所以为在平面的射影，因为∥，所以即为所求角，因为，所以，，所以