27，福建省福州市闽侯县第一中学2023-2024学年高一下学期第二次月考（5月）数学试题

这是一份27，福建省福州市闽侯县第一中学2023-2024学年高一下学期第二次月考（5月）数学试题，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间120分钟 试卷满分150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2.在平行四边形中，点满足，则（ ）
A.B.C.D.
3. 的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A.B.C.D.
4.设，，是三个不同平面，且，，则“”是“”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
5.一圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥表面积为（ ）
A.B.C.D.
6.图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器现往内灌进一些水，设水深为h.将容器底面的一边固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为，如图2，则（ ）

图1 图2
A.3B.4C.D.6
7.已知等腰梯形，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，如图所示，以所在的直线为轴，梯形和圆分别旋转一周形成的曲面围成的几何体体积分别为，，则值为（ ）试卷源自 期末大优惠，全站资源一元不到！即将回复原价。
A.B.C.D.
8.在锐角三角形中，已知a，b，C分别是角A，B，C的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知，，则（ ）
A.B.
C.与的夹角为D.向量在向量方向上的投影向量为
10.设，，为复数，，下列命题中正确的是（ ）
A.若则B.若则
C.若则D.
11.正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ）
A.平面
B.直线与平面所成的角为
C.若点为棱上的动点，则的最小值为
D.若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：.据此公式，复数的虚部为________.
13.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，，则________.
14.在中，已知，，，D为边上一动点，过点D作一条直线交边于点E，.
（1）若D为中点，且，则________.
（2）设，则的最大值是________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15.如图，在平面四边形中，，，，，.
（1）求边的长；
（2）求的面积.
16.如图，在直三棱柱中，D，E分别为线段，上的点，且平面.
（1）求证：；
（2）当为的中点，时，求证：.
17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）设，若点是边上一点，，且，求a，c.
18.如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中，分别在棱，上.
（1）求证：平面平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求多面体的体积.
19.设非零向量，，并定义
（1）若，，求；
（2）写出之间的等量关系，并证明；
（3）若，求证：集合是有限集.
闽侯一中2023-2024学年下学期第二次月考高一数学参考答案：
1.【答案】A【详解】∵∴，所以复数在复平面上的点为，所以点在第一象限
2.【答案】B【详解】因为为平行四边形，则有，
∴.
2.【答案】D【详解】由，，以及余弦定理得
4.【答案】B【详解】由，，，则，可能相交，故“”推不出“”，由，，，由面面平行的性质定理知，故“”能推出“”，故“”是“”的必要不充分条件.
5.【答案】A【详解】圆锥的底面半径为r，由圆锥的侧面积公式与扇形面积公式可得，即圆锥的底面半径，则.
6.【答案】B【详解】在图1中的几何体中，水的体积为，在图2的几何体中，水的体积为，因为，可得，解得.
7.【答案】C【详解】梯形旋转一周形成圆台，且圆台的上底面半径为，下底面半径为，由圆和梯形相切可得，，所以圆台高，圆半径，所以，，所以，.
8.【答案】C【详解】因为，根据正弦定理得，，因为为锐角，所以，所以，即，而为锐角，所以，因为根据正弦定理，所以，因为三角形周长为，又因为，所以，所以，
因为，即，所以，
即，所以.
9.【答案】BCD 【详解】对A：，则，，则，故A错误；对B：，故B正确；对C：，故与的夹角为，故C正确；对D：，故D正确.
10.【答案】ABD【详解】设，，，对于A，若，则，因为，结合复数相等的知识，所以，所以选项A正确；对于B，由，所以，
所以，
，，
同理：，所以，所以选项B正确；
对于C，令，，，但是，所以选项C错误；
对于D，设，分别表示复数，，由，若，不其线时，如图：
，即，
若，共线且反向时，如图：易知，
若，共线且同向时，如图：易知，
综上：，所以选项D正确.
11.【答案】AC【详解】A选项，连接，，由对称性可知，平面，且，相交于点，为和的中点，又，故四边形为菱形，故，又平面，平面，所以平面，正确；B选项，连接，则，相交于点，因为四边形为正方体，故，由A选项，同理可得四边形为菱形，故，又，，平面，故平面，故直线与平面所成的角为，且由题意得，，故，故，错误；C选项，由题意得，，故只需最小，在等边三角形中，当为的中点时，，此时最小，且，故若点为棱上的动点，则的最小值为，正确；D选项，，
其中到平面的距离为，设菱形的面积为，则，，若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，错误.
12.【答案】【详解】，故其虚部为.
13.【答穼】【详解】在中，由余弦定理得，
所以.
14.【答案】① ②.【详解】（1）若为中点，且，
则为中位线，∴
∴
（2）
令，则，
令，则
当时，，当且仅当时取等号，
∴，
∴，∴的最大值是，
15.【小问1详解】在中，，
由正弦定理得.
【小问2详解】在中，由余弦定理得.∴.
∴.
16.【小问1详解】因为平面，平面，平面平面，
所以，
又在直三棱柱中，，
所以.
【小问2详解】因为为的中点，且由（1）问可知，
所以为的中点，
又，所以，
因为三棱柱是直棱柱，所以平面.
又因为平面，所以.
因为平面，平面，
所以平面，
，因为平面，所以.
17.【小问1详解】因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，因为，所以
所以，又，所以.
【小问2详解】如图所示：因为，，
所以，.
又，所以.
在中，由余弦定理得，
即.①
又，即，
所以，
两边平方得，
即，所以.②
②-①得，所以，代入①得（负值已舍去）.
18.【小问1详解】由题意得平面平面，又平面平面，平面平面，所以，
同理，又且，且，
则且，所以四边形为平行四边形，则，所以，
又为中点，所以为中点，同理为中点，连接，，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，且平面，平面，
同理由可得平面.
且，，平面，所以平面平面.
【小问2详解】由（1）可知：，
所以为异面直线与所成角或其补角，
连接，，因为正方体棱长为2且为中点，
则，，
又在正方体中，面，面，则，
即，
所以，
异面直线与所成角的余弦值为.
【小问3详解】由正方体特性可知：几何体与几何体的体积相等，即，
设几何体的体积为，正方体的体积为，
故，又为中点，为中点，将延长至点，
使，根据相似知识可知，，，
得到几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，
则，所以.
19.【小问1详解】因为，，依题意得
所以，，
即，
所以.
【小问2详解】，，的等量关系是.
证明如下：依题意得，，
所以.
因为，所以，
即，
所以，
故.
【小问3详解】由（2）及得.依此类推得，
设，则，.
依题意得，，，
所以.
同理得，
，
.
所以.综上，集合是有限集.