江苏省启东中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份江苏省启东中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题（解析版），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：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简，再利用复数的除法化简.
【详解】因为，所以.
故选：D.
2. 已知，，若，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由求解.
【详解】因为，，
所以，
又，
则，，
又，
所以，
所以，
，
故选：D
3. 在平行四边形中，为一条对角线，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在平行四边形中，由，，利用减法得到，然后利用加法求.
【详解】在平行四边形中， ，，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
4. 在正方体各个表面的对角线中，与所成角为的有
A. 4条B. 6条C. 8条D. 10条
【答案】C
【解析】
【分析】首先确定与共面的面对角线中成角的共有条，再通过平行关系确定异面的面对角线中也有条，共条.
【详解】
以为一边的面对角线构成的等边三角形如上图为：和
可知与夹角为的面对角线有：
根据平行关系可知也与成角
可知满足题意的面对角线共有条
本题正确选项：
【点睛】本题考查两条直线夹角的问题，关键是在考虑共面的直线的同时，也需要考虑异面直线的情况.
5. 在中，若，则的面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用余弦定理得到关于的表达式，再利用三角形面积公式，结合二次函数最值的求法即可得解.
【详解】依题意，不妨设，，，则，，
由余弦定理得，即，则，
故，则，
所以，
又因为，
故，
当，即时，取得最大值，此时，，能组成三角形．
所以，即.
故选：A.
6. 如图，在正方形中，E，F分别为，的中点，H为EF的中点，沿，，将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体中，下列说法中正确的是（ ）
A. 平面B. 平面
C. 平面D. 平面
【答案】B
【解析】
【分析】
根据折叠前后的垂直关系不变量可得平面，再根据过作平面的垂线能作且只能作一条可得答案.
【详解】如图：
因为，即，又，
所以平面，故B正确，
因为过作平面的垂线能作且只能作一条，
与平面都不垂直.
所以A、C、D错误.
故选：B
【点睛】关键点点睛：抓住折叠前后垂直关系不变量是解题关键.
7. 抛掷两枚硬币，若记出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”的概率分别为，，，则下列判断中错误的是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把抛掷两枚硬币的情况均列举出来，利用古典概型的计算公式，把，，算出来，判断四个选项的正误.
【详解】两枚硬币，记为与，则抛掷两枚硬币，一共会出现的情况有四种，A正B正，A正B反，A反B正，A反B反，则，，，所以A错误，BCD正确
故选：A
8. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝2B，则的最小值为（ ）
A. －1B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理，结合三角形内的隐含条件及三角恒等变换得出，从而利用均值不等式求最小值.
【详解】因为A＝2B，,所以由正弦定理，得


，
因A＝2B，所以，
所以 ，所以，
当且仅当时，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列可以反映总体数据集中趋势的统计特征数为（ ）
A. 方差B. 平均数C. 中位数D. 众数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据特征数的特点选择.
【详解】可以反映总体数据集中趋势的统计特征数为平均数、中位数、众数；
方差反映的是总体数据的离散程度.
故选：BCD.
10. 已知锐角三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c =2．则下列结论正确的是（ ）
A. 的面积最大值为2B. 的取值范围为
C. D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，由余弦定理和基本不等式求出面积的最大值；B选项，由正弦定理得到，结合平面向量数量积公式得到，根据为锐角三角形得到，从而得到的取值范围；C选项，由正弦定理和正弦和角公式可得；D选项，变形得到，由，求出答案.
【详解】A选项，由余弦定理得，即，
所以，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
此时为锐角三角形，满足要求，
故，解得，故，A错误；
B选项，由正弦定理得，
所以，
，
因为为锐角三角形，所以，，
解得，
则，，，B正确；
C选项，，
由正弦定理得，C正确；
D选项，，
由C选项可知，所以，
故，D正确.
故选：BCD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（ ）

A.
B.
C. 直线与平面所成角的最大值是
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正方体的性质，得到正方体中的垂直关系，对照选项作出判断；作出直线与平面所成角，进而判断线面角的最大值；通过翻折平面，将平面与平面沿翻折到同一个平面内，进而判断的最小值.
【详解】对于选项A，由正方体性质，易得,,
因为平面，
所以平面.
因为平面，所以，故A正确；
对于选项B，当与重合，则此时与夹角为，故B错误；
对于选项C，如图连接交于，

因为平面，平面，所以.
因为,平面,
所以平面，即平面，
所以为直线与平面所成角，所以.
所以当最小时最大，即时，最小.
由，可得，
此时，故的最大值为，
直线与平面所成角的最大值是，故C正确；
对于选项D，如图，将平面与平面沿翻折到同一个平面内

由题意，，
从而，故平行四边形.
又，故为矩形.
从而当为与交点时，最小，此时，故D正确.
故选:ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的值__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由，结合辅助角公式可知原式为，结合诱导公式以及二倍角公式可求值.
【详解】解：
.
故答案为:1.
【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式，考查了辅助角公式，考查了诱导公式.本题的难点是熟练运用公式对所求式子进行变形整理.
13. 如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，平面平面ABCD，中BC边上的高，则该几何体的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先补全多面体ABCDEF，得到三棱柱，然后求出三棱锥的体积，从而求解．
【详解】在多面体中，由，平面，平面，
得平面，延长FE到G，使得，连接DG、AG，如图：
显然，，几何体为三棱柱，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，则三棱柱为直三棱柱，
于是三棱锥的体积为：，
所以原几何体的体积为：.
故答案：
14. 在△ABC中，，P是MC的中点，延长AP交BC于点D．若，则________；若，，则△ABC面积的最大值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空，直接由向量的线性运算计算即可；
第二空，用向量表示向量，进而求出的模，设分别为所对边，由的模表示出的关系，利用基本不等式即可求解△ABC面积的最大值.
【详解】第一空，因为P是MC的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以，
即，
所以；
第二空，设，则，
因为点D在BC上，所以，即，
所以，
所以，
因为，即，
设分别为所对边，
所以，
即，
因为，当且仅当时取等号，
所以，即，
所以，
因此△ABC面积的最大值为为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查平面向量的线性运算及应用，关键在于利用平面向量基本定理表示出向量，再根据模长求出三角形两边的关系，利用基本不等式和面积公式即可得到面积最大值.
四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知，，，试求：
（1）；
（2）与的夹角.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）利用数量积即可求得的值；
（2）利用向量的夹角公式即可求得与的夹角.
【小问1详解】
由，可得，则，
即，又，，则，
则
【小问2详解】
，
又，则，
故与的夹角为.
16. 已知，，且，都是锐角，
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和同角三角函数的关系，化简可得结论.
（2）利用二倍角公式得，再利用两角和的正切函数公式得，最后利用三角函数的求值计算得结论．
【小问1详解】
由，得.
【小问2详解】
由，得，而，
因此，
又，为锐角，且，则，
因此，
所以的值是.
17. 如图，在以为顶点的六面体中(其中平面)，四边形是正方形，平面，，且平面平面
（1）设为棱中点，证明：四点共面；
（2）若，求六面体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可证明；
（2）由，利用棱锥的体积公式求解即可．
【小问1详解】
连接，由于四边形是正方形，所以，
又平面，平面，所以，
平面，所以平面，
由于为棱的中点，，所以，
又平面平面，平面平面，平面EFB，
所以平面，
因此，所以四点共面，
【小问2详解】
设与交于点，连，则，平面，平面，则平面，
又因为六面体，则平面平面，平面，故，
则四边形为矩形，则，且平面，
则
18. 如图，在中，已知分别为边上的中点，相交于点.
（1）求；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理即可求解.
（2）设，将把和用来表示，由题意可知,进而利用平面向量的数量积即可求解.
【小问1详解】
因为，由余弦定理知：
，
所以.
【小问2详解】
设，
因为分别为的中点，
所以.
因为，
所以，
.
又，.
所以.
19. 克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.他一生有很多发明和贡献，其中托勒密定理和托勒密不等式是欧几里得几何中的重要定理.托勒密不等式内容如下：在凸四边形中，两组对边乘积的和大于等于两对角线的乘积，即，当四点共圆时等号成立.已知凸四边形中，.
（1）当为等边三角形时，求线段长度的最大值及取得最大值时的边长；
（2）当时，求线段长度最大值.
【答案】（1），的边长为
（2）
【解析】
【分析】（1）设，由托勒密不等式得到，当四点共圆时等号成立，从而得到，由余弦定理得到；
（2）在中，利用正弦定理得到，由余弦定理得到，两式相减结合基本不等式得到，由三角恒等变换和有界性得到，得到，求出，由余弦定理求出，利用托勒密不等式得到.
【小问1详解】
设，因为，所以，
所以，当四点共圆时等号成立，因为，，
在中，，
所以，所以的边长为；
【小问2详解】
设，在中，
因为，
所以，所以，
因为.所以，
当且仅当时等号成立，
因为，所以，
所以，
由，故，
因为，，
所以，所以.
【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：
①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.