安徽省亳州市2023-2024学年高一下学期第二次月考（5月） 数学试题（含解析）

这是一份安徽省亳州市2023-2024学年高一下学期第二次月考（5月） 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了测试范围，设是复数，则下列说法正确的是，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．测试范围：平面向量+解三角形+复数+立体几何
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数满足，则复数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．已知平面向量，且，则（ ）
A．B．C．D．1
3．如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A．4aB．8aC．6aD．
4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
6．如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔的高度，在塔的同一侧选择两个观测点，且在两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得，两地相距500m，则电视塔的高度是（ ）
A．B．C．D．
7．在中，内角，，的对边分别为，，，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若为锐角三角形，则
C．若，则一定是等腰直角三角形
D．若，，则一定是等边三角形
8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5sin（B），c=5且O为△ABC的外心，G为△ABC的重心，则OG的最小值为
A．1B．C．1D．
二、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．设是复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．下列说法中正确的是（ ）
A．向是能作为平面内所有向量的一组基底
B．
C．两个非零向量，若，则与共线且反向
D．若，且与的夹角为锐角，则
11．如图圆台，在轴截面中，，下面说法正确的是（ ）
A．线段
B．该圆台的表面积为
C．该圆台的体积为
D．沿着该圆台的表面，从点到中点的最短距离为5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设，是不共线的两个向量，，，.若A，B，D三点共线，则k的值为 .
13．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图2中正六边形的边长为，圆的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点在正六边形的边上运动，为圆的直径，则的取值范围是 ．
14．已知平面非零向量和单位向量，若与的夹角为与的夹角为，则的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知，，与的夹角为．
(1)求；
(2)若向量与相互垂直，求实数k的值．
16．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
(1)求A﹔
(2)若的面积为，求的周长.
17．如图，在中，，点满足．
(1)若点是线段上一点，且，求实数的值；
(2)若，求的余弦值．
18．如图：在正方体中，为的中点.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：平面；
(3)若为的中点，求证：平面平面.
19．如下左图，矩形中，，，.过顶点作对角线的垂线，交对角线于点，交边于点，现将沿翻折，形成四面体，如下右图.

(1)求四面体外接球的体积；
(2)求证：平面平面；
(3)若点为棱的中点，请判断在将沿翻折过程中，直线能否平行于面.若能请求出此时的二面角的大小；若不能，请说明理由.
1．D
【分析】利用复数除法求出复数，再求出即可得解.
【详解】依题意，，
所以在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
2．B
【分析】根据题意，结合向量共线的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，因为，可得，解得.
故选：B.
3．B
【分析】由直观图还原可得原图形，结合斜二测画法求边长，再求其周长即可.
【详解】由直观图可得原图形，
所以，，，
所以，原图形的周长为.
故选：B.
4．A
【分析】由正弦定理解三角形.
【详解】中，由正弦定理，
得.
故选：A.
5．C
【分析】逐项举反例判断选项A,B,D错误，证明选项C正确.
【详解】对于A，如图，若，但直线平行，A错误；
对于B，如图，若，但是平面不平行，B错误；
对于C：如图，若，过直线作两个平面，可得则，C正确；
对于D，如图，若，则，D错误；
故选：C.
6．D
【解析】设，将用表示，在中，由余弦定理得出关于的方程，求解，即可得到结论.
【详解】设，在中，，
所以.
在中，，所以.
在中，，，
由余弦定理得，
解得（舍去）.
故选:D.
【点睛】本题考查解三角形的实际应用，考查余弦定理，以及计算求解能力，属于中档题.
7．ABD
【分析】A选项根据大边对大角结合正弦定理分析，B选项利用正弦函数的单调性可判断，C选项利用余弦定理统一成边化简后可判断，D选项利用余弦定理进行判断.
【详解】A选项，根据大角对大边，，
根据正弦定理可得，其中为三角形外接圆半径，
于是，正确；
B选项，若为锐角三角形，则，所以，
则，正确；
C选项，因为，即，
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，错误；
D选项，由于，，
由余弦定理可得，可得，解得，
所以，故是等边三角形，正确.
故选：ABD
8．D
【分析】首先根据条件解△ABC可得：C和△ABC外接圆的半径R，由此建立直角坐标系，可得：.A（，0），B（，0），外心O为（0，），重心G.从而求得|OG|2sinθ，即可得解.
【详解】A=5sin（B），c=5，
∴acsin（B），
由正弦定理可得：sinAsinC （sinB+csB），
∴sin（B+C）=sinBcsC+csBsinC=sinCsinB+sinCcsB，
化为：sinBcsC=sinCsinB，sinB0，
∴csC=sinC，即tanC=1，C∈（0，π）.
∴C.
∴△ABC外接圆的半径R .
如图所示，建立直角坐标系.A（，0），B（，0），O（0，）.
△ABC外接圆的方程为：x2.
设C（csθ，sinθ）.θ∈（0，π）
则G.
|OG|2sinθ，
∴|OG|的最小值为：.
故选：D.
【点睛】本题考查了解三角形，考查了外心和重心的概念，考查了较强的计算能力，解决该类问题常用如下方法：
（1）根据条件，利用正、余弦定理直接解三角形；
（2）利用向量，结合向量的数量积进行求解；
（3）建立直角坐标系，利用坐标进行求解.
9．AC
【分析】利用复数的定义、几何意义，共轭复数的概念，乘法运算法则一一判定选项即可.
【详解】不妨设，
若，即，显然，故A正确；
若，则，
则，该值不一定为0，故B错误；
若，则，
而，故C正确，
，故不一定成立，即D错误；
故选：AC
10．BC
【分析】直接利用向量的共线、向量的基底的定义，两角和与差的余弦公式，向量的数量积公式，向量的夹角公式，判断、、、的结论．
【详解】对于：因为，所以不能作为平面内的一组基底，故错误；
对于：，故正确；
对于C，因为，所以，
所以有，所以，即，所以共线且反向，即C正确；
对于：已知，，则，
所以：，且和不共线．
即，且
解得且，故错误；
故选：BC．
11．ABD
【分析】在等腰梯形中求出判断A；利用圆台表面积公式、体积公式计算判断BC；利用侧面展开图计算判断D.
【详解】显然四边形是等腰梯形，，其高即为圆台的高
对于A，在等腰梯形中，，A正确；
对于B，圆台的表面积，B正确；
对于C，圆台的体积，C错误；
对于D，将圆台一半侧面展开，如下图中扇环且为中点，
而圆台对应的圆锥半侧面展开为且，又，
在△中，，斜边上的高为，即与弧相离，
所以C到AD中点的最短距离为5cm，D正确.

故选：ABD
12．
【分析】先求出，再由A，B，D三点共线，必存在一个实数，使得 ，由此可得，即可求出结果.
【详解】因为，，，
所以，
由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得.
所以，
又因为与不共线，
所以，解得.
故答案为： .
13．
【分析】结合图形将所求数量积中的向量转化，化简为，从而只需求的取值范围，由图易得的最大最小值，代入即得.
【详解】
如图，取的中点,连接.
则,
因为圆的直径，长度为4，故得,要求的取值范围，即要求的取值范围.
根据正六边形的性质，结合图形可知，当点与正六边形的顶点重合时，
当点为正六边形的边的中点时(如图点)，故.
故答案为：
【点睛】思路点睛：本题解题思路在于结合图形的特点，分别将其中的向量进行分解、计算、化简，将问题转化为求距离的最大最小值问题.
14．
【分析】结合题意可作出图形，经分析可知点的轨迹在如图以为圆心，半径为的圆上，得当且所在直线过圆心点时最小，然后结合图形即可求解
【详解】，，
如图作，
，
则，，
所以，即，
又为单位向量，所以，
在中，由正弦定理，则，
所以点的轨迹在如图以为圆心，半径为的圆上，
由图可知，当且所在直线过圆心点时最小，
作于，于，于，
则，
，
则，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：设，关键能够根据已知条件确定的轨迹为圆，从而当且所在直线过圆心点时最小，即可求解.
15．(1)2；
(2).
【分析】（1）根据题意求得数量积，再求向量的模长即可；
（2）根据向量垂直则数量积为零，结合（1）中所求，即可求得参数值.
【详解】（1）根据题意，，
又.
（2）根据题意， ，即，，解得.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助和角的正弦公式求解作答.
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式、余弦定理求出即可作答.
【详解】（1）在中，，
由正弦定理得：，
而，
于是，
又C为三角形内角，有，解得，所以，
（2）依题意，，
由余弦定理得，，
即，
所以的周长
17．(1)
(2)
【分析】（1）结合图形以及平面向量的线性运算即可求解；
（2）设，在和中利用正弦定理，建立等量关系求的余弦值.
【详解】（1）设，，
因为，所以，
，
又，
所以，所以，所以实数的值为；
（2）因为，所以，
由题意设，所以，
在中，①，
在中，②，
由①②可得，
所以，
所以，又，，所以，
所以的余弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可；
（2）根据线面平行的判定进行证明；
（3）根据面面平行的的判定进行证明.
【详解】（1）显然平面，于是.
（2）
设，连接，
在正方体中，四边形是正方形，是中点，
是的中点，，
平面平面
平面；
（3）为的中点，为的中点，
，
四边形为平行四边形，，
又平面平面平面，
由（2）知平面平面平面，
平面平面.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）取的中点，连接、，根据矩形的性质可知四面体外接球的半径，即可求出外接球的体积；
（2）依题意，，即可得到平面，从而得证；
（3）过点作交于点，连接，即可证明平面，再假设平面，即可得到平面平面，由面面平行的性质得到，推出矛盾，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、，因为四边形是矩形，
所以，
所以四面体外接球的半径，
所以四面体外接球的体积；

（2）因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（3）因为，所以，所以
即，
在中，，所以，
过点作交于点，连接，
易知，且，平面，平面，所以平面，
假设平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，
又点为棱的中点，所以点为线段的中点，
事实上，而，
所以，即点不是线段的中点，
故假设不成立，所以在将沿翻折过程中，直线不能平行于面.