天津市南仓中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试卷（含答案）

这是一份天津市南仓中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试卷（含答案），共15页。试卷主要包含了本卷共9小题，共36分等内容，欢迎下载使用。

（数学学科）
本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共120分，考试用时100分钟.第1卷至2页，第Ⅱ卷3至4页.
答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在答题纸上.答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效.
祝各位考生考试顺利!
第I卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将机读卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
2.本卷共9小题，共36分.
一､选择题（每小题4分，共36分）
1.已知向量.若，则实数（ ）
A.1 B.-1 C.9 D.-9
2.复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
3.已知非零向量满足，若，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.如图，在中，是上一点，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。5.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，则原平面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
6.已知，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
7.一个正方体表面积与一个球表面积相等，那么它们的体积比是（ ）
A. B. C. D.
8.如图所示，为线段外一点，若中任意相邻两点间的距离相等，，则（ ）
A. B. C. D.
9.如图，有一个水平放置的透明无盖的正三棱柱容器，所有棱长都为，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为，如果不计容器的厚度，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
第II卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上.
2.本卷共11小题，共84分.
二､填空题（每小题4分，共24分）
10.若是虚数单位，复数满足，则__________.
11.已知四边形的顶点在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则__________.
12.在中，角所对的边分别为，且的面积为，若，则__________.
13.正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素.如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为__________.
14.如图，甲乙两人做游戏，甲在处发现乙在北偏东方向，相距6百米的处，乙正以每分钟5百米的速度沿南偏东方向前进，甲立即以每分钟7百米的速度，沿北偏东方向追赶乙，则甲追赶上乙最少需要__________分钟.
15.如图，在边长为1的正方形中，，则__________；若为线段上的动点，则的最小值为__________.
三､解答题
16.（本小题12分）
已知复数.
（1）若复数为纯虚数，求的值；
（2）若在复平面上对应的点在第三象限，求的取值范围.
17.（本小题12分）
已知向量.
（1）若，求的值；
（2）若.
①求与的夹角的余弦值；
②求.
18.（本小题12分）
在中，内角所对的边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若.
（i）求的面积；
（ii）求的值.
19.（本小题12分）
如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点分别是棱的中点，点是线段上一点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求此时的长度.
20.（本小题12分）
在中，内角的对边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值.
高一年级数学学科教学质量过程性检测答案
一､单选题
1.【答案】B
【分析】根据已知条件，结合向量平行的性质，求解即可.
【详解】因为向量，且，
得，得.
故选：B.
2.【答案】C
【分析】根据复数的模及复数代数形式的除法运算化简，再求出其共轨复数.
【详解】因为，
所以，
所以复数的共轭复数是.
故选：C
3.【答案】C
【分析】由向量垂直，数量积为0，可求得的值，从而求出与的夹角.
【详解】因为，所以，
则，又，
所以，
又，则与的夹角为.
故选：C.
4.【答案】A
【分析】确定，得到，根据计算得到答案.
【详解】，故，则，
又是上一点，所以，解得.
故选：A.
5.【答案】A
【分析】在直观图中求出的长，再还原平面图，即可求出相应的线段的长度，从而求出面积.
【详解】如图，在直观图中过点，作交于点，
因为，
所以，即
将直观图还原为平面图如下：
则，
所以.
故选：A
6.【答案】C
【分析】根据向量在向量上的投影公式进行计算即可.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为：，
故选：C.
7.【答案】A
【详解】设正方体的棱长为，球的半径为，
由得，故
故答案为A.
8.【答案】D
【分析】借助向量的线性运算法则计算即可得.
【详解】令线段中点为，则有，
……，
则
，
则.
故选：D.
9.【答案】D
【分析】根据球的截面圆即为正三棱柱底面三角形的内切圆，求得截面的半径，再利用球的截面性质求解.
【详解】解：设球的半径为，球的截面圆的半径为，即为正三棱柱底面三角形的内切圆的半径，
则，
解得，
由球的截面性质得：，
解得，
所以球的体积为，
故选：D
二､填空题
10.【答案】
【分析】根据复数的四则运算法则和复数的模的计算公式，即可化简得到答案.
【详解】由题意，复数满足，则，所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了复数的运算与化简和复数模的求解，其中熟记复数的四则运算和复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
11.【答案】7
【分析】以为坐标原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，分别求出的坐标，由数量积的坐标运算得答案.
【详解】如图，以为坐标原点，
以所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，
，
.
故答案为7.
【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，合理构建坐标系是解题的关键，是基础的计算题.
12.【答案】
【分析】根据三角形面积可得，利用余弦定理，即可得出答案.
【详解】，故，解得，
又，则.
故答案为：.
13.【答案】
【分析】根据给定条件求出正八面体的表面积和体积即可计算作答.
【详解】正八面体的表面是8个全等的正三角形组成，其中正边长为2，则正八面体的表面积，
而正八面体可视为两个共底面的，
侧棱长与底面边长相等的正四棱锥与拼接而成，
正四棱锥的高，
则正八面体的体积，
于是得，
所以正八面体的体积与表面积之比为.
故答案为：.
14.【答案】2
【分析】设他们在点处相遇，引入参数，表示出，结合余弦定理即可运算求解.
【详解】如图所示：
设他们在点处相遇，甲追赶上乙最少需要分钟，
由题意（距离单位是百米），且，由余弦定理有：，即，也就是，解得或（舍去），
所以甲追赶上乙最少需要2分钟.
故答案为：2.
15.【答案】；
【分析】建立平面直角坐标系，求得正方形各顶点坐标，利用向量的坐标运算求得的坐标，根据数量积的坐标运算，求得；设，表示出的表达式，结合二次函数性质求得的最小值.
【详解】如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，
，
是对角线上一点，且，可得，
，
；
因为点为线段（含端点）上的动点，则设，
故，
所以，
故，
由于，所以时，取到最小值，
即的最小值为，
故答案为：
三､解答题
16.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据纯虚数的定义，限制实部虚部求解即可.
（2）根据共轭复数的定义限制实部虚部的范围，解不等式组求解即可.
【详解】（1）由题意得，因为为纯虚数，
所以，解得
（2）复数
它在复平面上对应的点在第三象限，所以，
解得或，
所以实数的取值范围为.
17.【答案】（1）或
（2）①；②.
【分析】（1）利用向量共线的结论求值.
（2）先根据条件求出的值，再利用向量的数量积求夹角，利用向量的坐标求模.
【详解】（1）因为，所以或.
（2）因为.
此时.
①.
所以.
②因为，所以.
18.（1）解：由正弦定理
，
即，
，
所以.
（2）（i）解：由（1）知，即，又，
由余弦定理，得，
解得，
，
.
（ii）解：，
19.【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明即可；
（2）求平面的法向量，利用向量法求夹角余弦即可；
（3）利用线面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）因为四棱锥的底面是正方形，平面，所以以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
又因为，则，即，
由平面，所以平面.
（2）设平面与平面的夹角为，
平面的法向量，平面的法向量，
所以，，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
（3）设长度为，
设直线与平面所成角为，
因为，
.
解得，此时的长度为1.
20.【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式化简整理可得，由此可得；
（2）利用余弦定理可构造方程求得，由三角形面积公式可求得结果；
（3）利用余弦定理和基本不等式可求得的取值范围，令，将所求式子化为，由单调性可求得最大值.
【详解】（1）由正弦定理得：，又
，
，
即，又，
又.
（2）由余弦定理得：，解得：，.
（3）由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），，
又；
，
令，则在上单调递增，
，即的最大值为.