2022-2023学年河北省石家庄二十七中高一下学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河北省石家庄二十七中高一下学期第三次月考数学试题含答案，共18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。
一、单选题
1．“复数为纯虚数”是“”的（ ）
A．必要非充分条件B．充分非必要条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】B
【分析】根据纯虚数的概念分析可知.
【详解】由纯虚数的概念可知，若复数为纯虚数，则且，故“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件.
故选：B
2．经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是利用三维空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系.能够标示地球上任何一个位置，其中纬度是地球重力方向上的铅垂线与赤道平面所成的线面角.如世界最高峰珠穆朗玛峰就处在北纬，若将地球看成近似球体，其半径约为，则北纬纬线的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出示意图，算出纬线圈所在半径，进一步即可求出纬线长.
【详解】如图所示，半径，周长为.
故选：B.
3．已知为虚数单位，复数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．复数的模为2B．复数的共轭复数为
C．复数的虚部为D．复数在复平面内对应的点在第四象限
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算法则化简复数的表示，结合复数的模的计算公式、共轭复数的定义、复数虚部定义、复数在复平面的对应点的表示方法进行判断即可.
【详解】由，
复数的模为，故选项A说法不正确；
复数的共轭复数为，故选项B说法不正确；
复数的虚部为，故选项C说法不正确；
复数在复平面内对应的点为，它在第四象限，因此选项D说法正确，
故选：D
4．已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】应用平面向量数量积的运算律展开目标式，根据已知向量的模和夹角求值即可.
【详解】由题设，.
故选：B.
5．在中，，，，则（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【解析】首先利用余弦定理求出，再根据正弦定理计算可得；
【详解】解：，∴可得.
，，
，，
∴由正弦定理，可得：，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题.
6．若∥，且，AB、CD在内的射影长分别为9和5，则AB、CD的长分别为( )
A．16和12B．15和13
C．17和11D．18和10
【答案】B
【分析】首先设，则，结合平行平面距离的定义由条件列方程求解.
【详解】如图，
作，垂足分别为M、N，
设，则，
因为∥，则，
则，解得，
所以AB、CD的长分别为15、.
故选：B.
7．如图所示，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内，然后利用面面平行的判定定理可证得平面AMN平面BDFE，所以平面α截该正方体所得截面为平面BDFE，然后在图2中的图形计算即可.
【详解】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内，
连接ME，因为M，E分别为A1D1，B1C1的中点，所以MEAB，且ME＝AB，
所以四边形ABEM是平行四边形，所以AMBE，
又因为平面BDFE，平面BDFE，
所以AM平面BDFE，同理AN平面BDFE，
因为，、平面，
所以平面平面BDFE，
，，，等腰梯形BDFE如图2，
过E，F作BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFGH为矩形，
所以，
故所得截面的面积为.
故选：B.
8．已知点在球O的表面上，平面，若与平面所成角的正弦值为，则球O表面上的动点P到平面距离的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】先画出图形，通过几何关系算出球的半径即可.
【详解】
如图，因为平面，，所以为球的直径
由得
作，则即为与平面所成角
所以，得
设由等面积法得，解得
所以，即，
又平面过球心，所以P到平面距离即为半径的长
所以P到平面距离的最大值为3.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题属于一道球外接于鳖臑（四个面均为直角三角形的三棱锥）的题目，可以将鳖臑放到一个长方体中，由对称性可知，鳖臑的外接球就是长方体的外接球，所以长方体的体对角线正好为球的直径，因此，求外接球的半径可转化为先求长方体的体对角线长，再计算半径.
二、多选题
9．有关平面向量的说法，下列错误的是（ ）
A．若，，则
B．若与共线且模长相等，则
C．若且与方向相同，则
D．恒成立
【答案】ABC
【分析】取，可判断A选项；利用平面向量的概念可判断B选项；利用向量不能比大小可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，满足，，但、不一定共线，A错；
对于B选项，若与共线且模长相等，则或，B错；
对于C选项，任何两个向量不能比大小，C错；
对于D选项，恒成立，D对.
故选：ABC.
10．如图，正方体的棱长为4，动点、在棱上，且，动点在棱上，则三棱锥的体积（ ）
A．与点、的位置有关B．
C．不确定D．与点、、的位置均无关，是定值
【答案】BD
【解析】计算出的面积，可知三棱锥的高等于，进而可求得三棱锥的体积.
【详解】的面积为，
因此，，
所以三棱锥的体积为定值，与点、、的位置均无关.
故选：BD.
【点睛】本题考查三棱锥体积的计算，考查了等体积法的应用，考查计算能力，属于基础题.
11．折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（ ）
A．高为B．表面积为
C．体积为D．上底面积、下底面积和侧面积之比为
【答案】BCD
【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D.
【详解】对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则，
解得,所以圆台的母线长为，高为，选项A错误；
对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，
所以圆台的表面积为，选项B正确；
对于C，圆台的体积为 ，选项C正确；
对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确，
故选：BCD．
12．在中，，，，如图所示，将绕逆时针旋转120°至处，则（ ）
A．在旋转过程中，点运动的轨迹长度为
B．点到平面的距离为
C．异面直线与所成的角为90°
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【分析】对于选项A，过作，旋转过程中，点在为半径的圆上运动，利用条件可求出结果；
对于选项B，利用等体法求解；
对于选项C，利用异面直线的定义，取的中点，连接，转化成平面角，在中利用边长关系可求出结果；
对于选项D，利用线面角的定义，过作交的延长线于，连接，转化成平面角，在中求出结果；
【详解】过作，交的延长线于，则，．
在中，，，所以，，
所以在旋转过程中，点运动的轨迹长度为，故A错误．
在中，，，所以．设点到平面的距离为，因为，所以，
即到平面的距离为，故B正确．
取的中点，连接，则，连接，所以或其补角为所求角，在中，，，，所以，所以，所以异面直线与所成的角为90°，故C正确．
过作，交的延长线于，连接，则平面，所以为所求的线面角．
在中，，，所以，故D正确．
故选：BCD
三、填空题
13．下列推理正确的是 .
①，，，
②，
③，
④，
⑤，
【答案】①②④
【分析】由平面的性质：公理1，可判断①；由线面垂直的定理可判断②；由线面的位置关系可判断③④；由直线与平面平行的性质定理可判断⑤.
【详解】解：①，，，，即，故①对；
②，，故②对；
③，，可能l与相交，可能有，故③不对；
④，，必有故，④对；
⑤，，则l，m可能平行，也可能异面，⑤不对，
故答案为：①②④.
【点睛】本题主要考查点、线、面的位置关系，属于基础题.
14．已知向量，O为坐标原点，若点C在函数的图象上，实数的值是 ．
【答案】2
【分析】先求出点C的坐标，代入函数解析式，即可求解.
【详解】因为，
所以，即.
所以，所以.
故答案为：2
15．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，作为其母线与轴的夹角的大小为 ．
【答案】/.
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，然后表示出圆锥的侧面积和过轴的截面面积，再根据已知条件可求出的值，从而可求出母线与轴的夹角.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，
则圆锥的侧面积为 ，过轴的截面面积为，
因为圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，
所以 ，即，
设母线与轴的夹角为，
则 ，
因为为锐角，
所以 .
故答案为：
16．如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝4，E是AD的中点，将分别沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面CDE⊥平面BCE，则所得几何体ABCDE的外接球的体积为 ．
【答案】
【分析】作出图形，确定几何体的外接球的球心的位置，结合球的体积公式即可求解
【详解】由题可得均为等腰直角三角形，如图，
设的中点为，
连接，则，
因为平面平面，平面平面，
所以平面平面，
易得，
则几何体的外接球的球心为，半径，
所以几何体的外接球的体积为．
故答案为：
四、解答题
17．已知复数满足，其中是数单位，是复数的共轭复数
(1)求复数；
(2)若复数是纯虚数，求实数的值
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）根据复数的相等及乘法运算可求解；
（2）由纯虚数的概念建立等式求解即可.
【详解】（1）设，，则，
就是，即.
于是，解得，所以.
（2）
.
此为纯虚数，所以，即，因此.
18．在四边形中，，，，为的面积，且.
(1)求角；
(2)若，求四边形的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形面积公式及数量积的定义化简方程可得，即可得解；
（2）求出，再由正弦定理求出AB=BC=1，即可得解.
【详解】（1）由，
在中得，
即，可得，
因为，所以.
（2）由，所以，
所以为等边三角形，，
所以，
由正弦定理知，得，
故四边形的周长为.
19．在中，角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若是边上一点，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理即两角和的正弦公式即可；
（2）利用余弦定理结合已知条件即可解决问题.
【详解】（1），
由正弦定理有：
，
，
．
．
又．
．
又．
（2）在中，由余弦定理得：
．
在中，由余弦定理得：
．
．
即，
整理得．
在中，由余弦定理得:
．
则．．
，即．
20．如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点是棱的中点，点为与交点.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】（1）通过证明即可证明结论；
（2）利用等体积法即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）由题意，
在三棱柱中，侧面均为正方形，，，若 是 的交点，又 为正方形，则 为 的中点，
在 中， , 又 面 面 ，
∥平面
（2）由题意，
四边形均为正方形，，，点是棱的中点，
∴，是等腰直角三角形，
,,
而 , 则 ,
又 , .
由 ，则 ，
又 ，若 到平面 的距离为 ，
, 可得
21．如图，为圆锥的顶点，，为底面圆两条互相垂直的直径，为的中点.
(1)证明：平面平面.
(2)若，且直线与平面所成角的正切值为，求该圆锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设与交于点，利用线面垂直、面面垂直的判定定理可得答案；
（2）过作于，由面面垂直的性质定理可得为直线与平面所成的角，由求出、，再求圆锥体积可得答案.
【详解】（1）设与交于点，连接，
因为，为底面圆两条互相垂直的直径，所以为底面圆的圆心，
所以为圆锥的高，所以底面圆，
因为底面圆，所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）过作于，连接.
由（1）知平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，则，
因为，所以，所以，
则，所以，
故该圆锥的体积为.
22．在①；②两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并给出解答.
在中，角的对边分别为，___________.
(1)若，求A；
(2)已知，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①，可根据结合正弦定理得到结合题意从而推出，求得答案；
选②，由得，结合正弦定理可得，从而推出，结合条件可得答案;
（2）选①，由（1）结合条件可知，从而，由余弦定理求得a,根据三角形面积公司，即可求得答案;
选②，由（1）结合条件可知，从而，由余弦定理求得a,根据三角形面积公司，即可求得答案;
【详解】（1）选①
因为，所以，
由正弦定理可得，即，
由于在中 ，从而或，
因为，故舍去，所以；
选②
因为，所以，即，
由正弦定理可得，即，
由于在中 ， ，
从而，因为，所以.
（2）若选①，由以上解答可知，或，
因为，故不合题意，所以，则，
由余弦定理 ，可得，解得，
因为，所以，
从而的面积为.
若选②，由（1）解答可知，，则，
由余弦定理 ，可得，解得，
因为，所以，
从而的面积为.