2022-2023学年山东省滨州市博兴县第二中学高一下学期第二次月考数学试题含解析

2022-2023学年山东省滨州市博兴县第二中学高一下学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．若复数满足（为虚数单位），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

【答案】C

【分析】先利用复数的除法化简复数z，再求得其共轭复数，然后利用复数的几何意义求解.

【详解】解：因为复数满足，

所以，

则，

所以在复平面内对应的点位于第三象限，

故选：C

2．在平行四边形中，为一条对角线.若，，则（    ）

A．     B．     C．     D．

【答案】C

【分析】在平行四边形中，由，，利用减法得到，然后利用减法求.

【详解】在平行四边形中， ，，

所以，

所以.

故选：C

3．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形．已知点是斜边的中点，且，则△ABC的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据斜二测画法，即直观图中平行于轴的长度不变，平行于轴的长度变为原来的一半，根据题中所给的数据以及图形，可知角形为直角三角形，，，，由此即可求出结果.

【详解】因为为等腰直角三角形且，所以，，

由斜二测画法可知，，且三角形为直角三角形，，

所以三角形ABC的面积为．

故选：B.

4．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的三等分点处，，当底面ABC水平放置时，液面高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用相似比得到四边形和三角形的面积比，再根据等体积的思路列等式即可求解.

【详解】

如图，设靠近点的三等分点为点，

当底面水平放置时，液面高度为，此时液体体积，因为,所以，,

所以，解得.

故选：A.

5．加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分.某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重（单位：）约为（参考数据：取重力加速度大小为）（    ）

A． B．61 C．75 D．60

【答案】D

【分析】用向量表示两只胳膊的拉力的大小和方向，它们的合力与体重相等，求出，再化为千克即可得．

【详解】如图，，，

作平行四边形，则是菱形，，

，

所以，

因此该学生体重为（kg）.

故选：D．

6．已知中，，，，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】A

【分析】利用正弦定理与大边对大角、小边对小角即可求解.

【详解】根据正弦定理，得，故，

因为，所以或，

又因为，所以，故.

故选：A.

7．在中，，，且有，则线段的长为（    ）

A．     B．     C．     D．

【答案】C

【分析】在中，利用余弦定理求得AC，再在中，利用余弦定理求得，然后在中，利用余弦定理求解.

【详解】解：在中，，，

由余弦定理得，

即，解得，

在中，由余弦定理得，

所以，

，

，

所以，

故选：C

8．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化代表之一，印信的形状多为长方体､正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，古希腊著名数学家阿基米德研究过此类多面体的性质，故半正多面体又被称为“阿基米德多面体”.半正多面体体现了数学的对称美，如图，是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1.则下列关于该多面体的说法中错误的是（    ）

A．多面体有12个顶点，14个面

B．多面体的表面积为3

C．多面体的体积为

D．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）

【答案】B

【分析】求得一个棱数为24的半正多面体的顶点数和面数，可判断A；将半正多面体补成棱长为1的正方体，故其顶点是正方体各棱的中点，求得半正多面体的棱长，计算表面积和体积，可判断B，C；再由正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，可判断D．

【详解】解：一个棱数为24的半正多面体有12个顶点，14个面；

可将半正多面体补成棱长为1的正方体，故其顶点是正方体各棱的中点．

半正多面体的棱长为，表面积为，

体积可看作正方体的体积减去八个三棱锥的体积，

则，

又因为正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，所以有外接球．

故选：B．

二、多选题

9．下面关于空间几何体的表述,正确的是（    ）

A．棱柱的侧面都是平行四边形

B．直角三角形以其一边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥

C．正四棱柱一定是长方体

D．用一个平面去截棱锥,底面和截面之间的部分叫做棱台

【答案】AC

【分析】用简单几何体的定义及特征去逐个判断即可.

【详解】对于A:棱柱的所有侧面都是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都相互平行,故A正确.

对于B:只有以直角边为旋转轴旋转才能得到圆锥,以斜边为旋转轴旋转得到的是两个圆锥的组合体.故B错误.

对于C:正四棱柱是底面是正方形的直四棱柱,所以必然是长方体,故C正确.

对于D:只有截面与底面平行时,截面与底面之间的部分才是棱台,故D错误.

故选:AC.

10．在复平面内，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．若，则 D．若复数满足，则是纯虚数

【答案】AD

【分析】利用复数的运算和性质判断ABD；虚数无法比较大小判断C.

【详解】对于A，，故A正确；

对于B，，故B不正确；

对于C，两个虚数不能比较大小，故C不正确；

对于D，设，则，，则，解得，故是虚数，故D正确；

故选：AD

11．在中，已知，则角（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】直接利用正弦定理计算即可.

【详解】由，得，

因为，所以，

又，所以或.

故选：BD.

12．已知非零平面向量满足，，其中.若，则的值可能为（    ）

A．  B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据题意求得且，以及，设，求得，则，列出不等式组，求得的取值范围，利用，设，结合二次函数的性质和选项，即可求解.

【详解】因为，可得，

可得且，

由，其中，

所以，

设，可得，即，

代入上式，可得，即，

解得，则，

又由且，解得或，

因为

，

设，

当时，可得；

当时，可得，

结合选项，可得的值可能为和.

故选：BC.

三、填空题

13．已知向量，的夹角为120°，且，，则________．

【答案】1

【分析】根据向量数量积的概念，列出式子即可求出结果.

【详解】由得

．

故答案为：1.

14．已知一圆锥侧面展开图是圆心角为，面积为的扇形，则该圆锥的表面积为______

【答案】

【分析】设该圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据扇形的面积和弧长公式求解即可.

【详解】设该圆锥的母线长为l，底面半径为r，则，解得，

所以该圆锥的表面积，

故答案为：.

15．世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，，也即复数的模的几何意义为对应的点到原点的距离.在复平面内，复数（是虚数单位），其对应的点为，为曲线上的动点，则与之间的最小距离为_______.

【答案】1

【分析】为以O为圆心，半径为2的圆周上的点，对应的点为，由点到圆上点的距离关系即可得最小距离

【详解】由题意，为曲线上的动点，即为以O为圆心，半径为2的圆周上的点

对应的点为，如图所示，

则当时有最小距离为.

故答案为：1

16．如图，正三棱锥中，，侧棱长为4，过点C的平面与侧棱AB，AD相交于，则的周长的最小值为______．

【答案】4

【分析】将正三棱锥沿AC剪开，利用侧面展开图求解即可.

【详解】将正三棱锥沿AC剪开可得如下图形，

∵，即，又的周长为，

∴要使的周长的最小，则共线，即，

又正三棱锥侧棱长为4，是等边三角形，则，

∴的周长的最小值为4．

故答案为：4.

四、解答题

17．已知复数z满足

(1)求z；

(2)求|z|.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据复数的乘法和除法法则进行求解即可；

（2）根据复数模的运算公式进行求解即可.

【详解】（1）由，

则，

所以；

（2）.

18．已知平行四边形ABCD中，AB=3，BC=6，∠DAB=60°，点E是线段BC的中点．

(1)求的值；

(2)若，且BD⊥AF，求λ的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标运算即可求解；

（2）先求出的坐标，再根据向量垂直的坐标表示即可求解.

【详解】（1）以A点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，

，，，，，

则，，所以；

（2），，

因为，所以，解得．

19．已知的周长为，且.

(1)求边的长；

(2)若的面积为，求角的度数.

【答案】(1)2

(2)

【分析】⑴利用正弦定理进行边角互换，再结合三角形周长列方程，解方程即可得到的长；

⑵利用三角形的面积公式列等式，再结合⑴中的结论和余弦定理求角.

【详解】（1）因为三角形周长为，所以①，

因为，所以由正弦定理可得②，

由①②联立，解得．

（2）由的面积得，由⑴得，

由余弦定理，得，

∵，∴．

20．如图，已知一个圆锥的底面半径为2，高为2，且在这个圆锥中有一个高为的圆柱.

(1)当时，求圆柱的体积；

(2)当为何值时，此圆柱的侧面积最大，并求出此最大值.

【答案】(1)

(2)当时，圆柱的侧面积取最大值

【分析】（1）设圆柱的底面半径为，根据相似比求出与的关系，求出代入圆柱的体积公式即可；

（2）由（1）知，代入圆柱的侧面积公式得，利用二次函数的性质求解即可．

【详解】（1）设圆柱的半径为，则，，

当时，，

所以圆柱的体积．

（2）由（1）知，

则圆柱的侧面积，

所以当时，圆柱的侧面积取最大值．

21．如图，在边长为1的正△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，若＝m，＝n，m，n∈(0，1)．设EF的中点为M，BC的中点为N．

（1）若A，M，N三点共线，求证：m＝n；

（2）若m+n=1，求的最小值．

【答案】（1）证明见解析 ；（2） ．

【分析】（1）由向量共线定理及平面向量基本定理即得；

（2）由题可得，再利用模长公式及二次函数的性质即得.

【详解】（1）由A，M，N三点共线，得∥，设＝λ (λ∈R)，

即，

∴，

所以m＝n．

（2）因为＝m，＝n，EF的中点为M，BC的中点为N ,

∴,

又m＋n＝1，所以，

∴

，

故当m＝时，．

22．如图，四边形ABCD中，．

(1)若，求△ABC的面积；

(2)若，，，求∠ACB的值．

【答案】(1)

(2)∠ACB=

【分析】（1）依据题意求得角，利用正弦定理去求△ABC的面积；

（2）利用正弦定理解三角形即可求得∠ACB的值．

【详解】（1）在△ABC中，，

因为，所以．

．

（2）设，则，，．

在△ACD中，由，得．

在△ABC中，由，得．

联立上式，并由得，

整理得，所以，

因为，所以，

所以，解得，即∠ACB的值为．