2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高一下学期第三次质量监测数学试题含答案

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2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高一下学期第三次质量监测数学试题

一、单选题
1．已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，若其终边经过点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据切弦互化和齐次化以及同角的三角函数基本关系式即可求解.
【详解】由题意知，
则原式.
故选：B.
2．已知复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先利用复数的除法求出复数，利用共轭复数的概念可得出复数，由此可得出复数的虚部.
【详解】，在等式两边同时除以得，，
因此，复数的虚部为.
故选：D.
【点睛】本题考查复数虚部的求解，涉及复数的除法以及共轭复数的概念，考查计算能力，属于基础题.
3．如图，一个用斜二测画法画出来的三角形是一个边长为a的正三角形，则原三角形的面积是（    ）

A．a2 B．a2
C．a2 D．a2
【答案】C
【分析】利用斜二测画法中边长的比例关系求出面积的比.
【详解】∵S△A′B′C′＝a2sin 60°＝a2，
∴S△ABC＝S△A′B′C′＝a2.
故选：C.
【点睛】斜二测直观图的面积与原图形的面积比为，
原图形的面积与直观图的面积比为.
4．以下命题正确的是（    ）
A．直角三角形绕其一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥
B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱
C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
D．棱锥截去一个小棱锥后剩余部分是棱台
【答案】C
【分析】根据圆锥的几何特征即可判断A；
根据圆柱的几何特征即可判断B；
根据圆台的几何特征即可判断C；
根据棱台的几何特征即可判断D.
【详解】解：对于A：直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，故A错误；
对于B：，因为当两平行的截面与圆柱的底面不平行时，截得的几何体的两个平行的底面有可能是椭圆，另外当截面平行于圆柱的高线时，截得的几何体也不是圆柱，故B错误；
对于C：圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台，正确；
对于选项D：当截面不平行于底面时，棱锥截去一个小棱锥后剩余部分不是棱台，故D错．
故选：C．
5．已知为第二象限角，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由平方关系和辅助角公式可求解.
【详解】为第二象限角，，
原式.
.
故选：B.
6．“不以规矩，不成方圆”.出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，用来测量、画圆和方形图案的工具.有一圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这个圆形木板截出一块三角形木板，三角形定点A，B，C都在圆周上，角A，B，C分别对应a，b，c，满足.若，且，则（    ）

A． B．△ABC周长为
C．△ABC周长为 D．圆形木板的半径为
【答案】B
【分析】利用正、余弦定理结合面积公式分析运算即可.
【详解】对于D：由题意可得：圆形木板的直径，
即半径，故D错误；
对于A：由正弦定理，可得，故A错误；
对于B、C：由题意可得：，解得，
因为，则，可知为锐角，可得，
余弦定理，即，
解得，所以△ABC周长为，故B正确，C错误；
故选：B.
7．已知函数（其中）在区间上单调，且，当时，取得最大值，则不等式的解集为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先根据三角函数的性质确定函数解析式，然后解正弦不等式即可.
【详解】因为函数在区间上单调，且，
所以和均不是的极值点，其极值应该在处取得，
又，所以也不是的极值点，
又时，取得最大值，所以为另一个相邻的极值点，
故函数的最小正周期，所以，
又时，取得最大值，所以，即，
因为，所以，，可得，
由，得，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
故选：A
8．如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，当三点共线，且时，有最小值，利用勾股定理求出答案即可.
【详解】过点作，交于点，交于点，
过点作，交于点，连接，
取中点，连接，
根据题意，因为，
所以当三点共线，且时，
，且有最小值，如图所示，
在中，，，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
所以的最小值为，
故选：A.


二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．向量与共线是四点共线的必要不充分条件
B．若，则存在唯一实数使得
C．已知，，则与+的夹角为锐角的充要条件是
D．在中，为的中点，若，则是在上的投影向量
【答案】AD
【分析】根据向量共线和必要不充分条件定义可判断A；根据向量共线的充要条件可判断B；当时，，此时与的夹角为，可判断C；由平面向量加法和已知条件可得为的平分线，又因为为的中线，所以，可判断 D．
【详解】对于A：A，B，C，D四点共线向量与共线，反之不成立，可能，不一定四点共线，所以A正确；
对于B：当，时，不存在实数使得，
当，时，存在无数个实数使得，故B错误；
对于C：当时，，此时与的夹角为，不是锐角，故C错误；
对于D：由平面向量加法可知，表示：与的平分线表示的向量平行的向量，
因为，所以为的平分线，
又因为为的中线，所以，所以是在的投影向量，故D正确.
故选：AD.
10．已知直线a，b，c两两异面，且，，下列说法正确的是（    ）
A．存在平面α，β，使，，且，
B．存在平面α，β，使，，且，
C．存在平面γ，使，，且
D．存在唯一的平面γ，使，且a，b与γ所成角相等
【答案】ABC
【分析】通过平移直线，根据线面垂直的判定即可判定AC;通过平移直线，根据线面平行的判定即可判断C；根据空间中的对称性即可判断D
【详解】对于A,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，因为，所以，
设直线确定的平面为α，则，，直线和相交，所以，
同理可得：，故A对；
对于B,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，设直线确定的平面为α，
因为//，且，所以，同理可得：，故B对；
对于C,同时平移直线和直线，令平移后的直线相交，设平移后的直线为，因为，，所以，，设直线确定的平面为γ，则，，且，故C对；
对于D，由对称性可知，存在两个平面γ，使，且a，b与γ所成角相等，故D错误；
故选：ABC.
11．如图，在正方体中，分别为的中点，点在线段上，则下列结论正确的是（    ）

A．直线平面EFG
B．直线和平面所成的角为定值
C．异面直线和所成的角不为定值
D．若直线平面EFG，则点为线段的中点
【答案】AD
【分析】由平面截正方体的截面为正六边形，根据，证得平面，可判定A正确；过作，得到直线和平面所成的角为，设，得到，可判定B错误；由，证得平面，得到，可判定C错误；证得平面，得到，得到点为线段的中点，可判定D正确.
【详解】对于A中：如图（1）所示，平面截正方体的截面图形为正六边形，其中分别为，，的中点，
因为，平面，平面，
所以平面，所以A正确；

对于B 中，如图（2）所示，过作交于点，
在正方体，可得平面平面，
且平面，平面平面，所以平面，
则直线和平面所成的角为，且，
设，正方体的棱长为1，
则，，
所以，所以直线CP和平面ABCD所成的角不为定值，故B错误；
对于C中，在正方体，连接，
因为平面，且平面，所以，
又由正方形，可得,
又因为且平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，所以C错误；

对于D中，在正方体中，可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
设，，则平面平面，
因为平面，平面，所以，
又在平面内，可得，，所以点为线段的中点，
所以D正确，
故选：AD．

12．已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（    ）
A．//
B．若是棱PB上的动点，则的最小值为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．
【答案】ACD
【分析】A选项，设分别为中点，先证明是等腰三角形底边上的高线上一点，且满足，同理可以说明是等腰三角形底边上的高线上一点同样位置，然后可得到//，再由中位线可得//，进而得到证明；
B选项，将三棱锥保留展开成平面图形后处理；
C选项，根据正棱锥的对称性，球心必定落在射线上，列出勾股定理方程计算；
D选项，利用同高不同底的棱锥，体积之比是底面积之比，结合A选项，考察之间的关系.
【详解】A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取中点，连接，显然会经过，于是，过作//，交于.
由于是在的投影，由正棱锥性质，为等边的重心，于是，由//可知，和相似，于是，
由是PO的中点，易得和全等，则，于是，同理可说明，于是和相似，
于是//，又为中边对应的中位线，故//，于是//，A选项正确；

B选项，将三棱锥保留边展开，成如图所示的平面图形，该图形由两个等边三角形拼成的菱形，显然的最小值在共线取得，
即的最小值为，B选项错误；

C选项，先算一些数据，借助A选项的图，的外接圆半径，故，，于是.
根据对称性，三棱锥外接球的球心在射线上，不妨设球心为，外接球半径为，则，，
又，则，解得（由于，实际上球心在三棱锥外），故外接球表面积为：，C选项正确；

D选项，三棱锥和等高，由，于是，根据A选项，，，即，
于是，注意到三棱锥和等高，故，
于是，D选项正确.

故选：ACD

三、填空题
13．已知函数，若，为的两个零点，则当取得最小值时， ．
【答案】
【分析】利用两个零点可求得最小正周期，从而得到，代入可构造方程求得的值，由此可得.
【详解】，为的两个零点，，
，解得：，，此时，
，，解得：，
，.
故答案为：.
14．已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为 .
【答案】
【分析】由已知先计算圆锥母线与底面圆半径的关系，再确定其内切球半径，最后由圆锥的侧面积与球的表面积公式计算即可.
【详解】  
如图所示圆锥IF，设其底面圆心为F，半径为r，内切球球心为O，半径为R，内切球与母线IH切于点G，
则由题意可知，故，
易知，即，所以，
圆锥的侧面积为，内切球的表面积为，故.
故答案为：
15．在平面四边形中（如图所示），，若点为边上的动点，则的最小值为 ；    

【答案】/
【分析】以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示建立函数关系求解作答.
【详解】因，则以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图，

过点C作于G，作于F，
因为，
所以，即，
于是有，，
则，而，
则有，
设，
所以，
所以，
当时，，
所以的最小值为.
故答案为：.
16．如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则     

【答案】
【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.
【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，
设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，
故,
故答案为：.


四、解答题
17．已知复数（i为虚数单位，）为纯虚数，和实数b是关于x的方程的两个根.
（1）求a，b的值；
（2）若复数z满足，说明在复平面内z对应的点Z的集合是什么图形？并求该图形的面积.
【答案】（1），；（2）在复平面内z对应的点Z的集合是以原点为圆心，以为半径的圆，.
【分析】（1）根据纯虚数的定义求得a，再根据和实数b是关于x的方程的两个根结合韦达定理即可求得b；
（2）设，根据，即可求得在复平面内z对应的点Z的轨迹，从而得出答案.
【详解】解：（1）∵复数（i为虚数单位，）为纯虚数，
∴，解得，
∴，由韦达定理可得，，解得；
（2）∵复数z满足，
∴，
设，则有，
∴在复平面内z对应的点Z的集合是以原点为圆心，以为半径的圆，
∴.
18．在△ABC中，．
(1)求B的值；
(2)给出以下三个条件：①；②，；③，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求的值；
（ii）求∠ABC的角平分线BD的长．
【答案】(1)
(2)正确条件为①③，（i），（ii）

【分析】（1）利用和角正弦公式可得，结合三角形内角和性质即可求B的值；
（2）根据条件组合判断出正确条件为①③，（i）应用余弦定理、三角形面积公式求各边长，最后由正弦定理求；
（ii）由角平分线性质求得，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出，再根据正弦定理求BD的长．
【详解】（1）由题设，
而，
所以，故；
（2）若①②正确，则，得或，
所以①②有一个错误条件，则③是正确条件，
若②③正确，则，可得，即②为错误条件，
综上，正确条件为①③，
（i）由，则，即，
又，可得，
所以，可得，则，
故；
（ii）因为且，得，
由平分得，
在中，，
在中，由，得．

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是CD，PB的中点．

(1)证明：平面PAD．
(2)若四棱锥的体积为32，的面积为4，求B到平面DEF的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)3.

【分析】（1）取AB的中点G，连接EG，FG，可得线线平行，根据面面平行的判定定理及性质定理可得证；
（2）由等体积法可求出B到平面DEF的距离.
【详解】（1）证明：取AB的中点G，连接EG，FG．

因为G，F分别是AB，PB的中点，所以．
又平面，平面，
所以平面.
因为E是CD的中点，ABCD是平行四边形，所以．
同理可得，平面.
因为，平面，所以平面平面PAD．
因为平面EFG，所以平面PAD．
（2）因为E是CD的中点，所以的面积是平行四边形ABCD面积的．
因为F是PB的中点，所以三棱锥的高是四棱锥的高的．
因为四棱锥的体积为32，
所以三棱锥的体积为．
设B到平面DEF的距离为d，
因为的面积为4，所以，得，
即B到平面DEF的距离为3．
20．桌状山是一种山顶水平如书桌，四面绝壁临空的地质奇观．位于我国四川的瓦屋山是世界第二大的桌状山，其与峨眉山并称蜀中二绝．苏轼曾有诗云：“瓦屋寒堆春后雪，峨眉翠扫雨余天”．某地有一座类似瓦屋山的桌状山可以简化看作如图1所示的圆台，图中AB为圆台上底面的一条东西方向上的直径，某人从M点出发沿一条东西方向上的笔直公路自东向西以的速度前进，6分钟后到达N点．在M点时测得A点位于北偏西方向上，B点位于北偏西方向上；在N点时测得A点位于北偏东方向上，B点位于北偏东方向上，且在N点时观测A的仰角的正切值为．设A点在地表水平面上的正投影为，B点在地表水平面上的正投影为，，，M，N在地表水平面上的分布如图2所示．

(1)该山的高度为多少千米？
(2)已知该山的下底面圆的半径为1.8km，当该山被冰雪完全覆盖时，冰雪的覆盖面积为多少平方千米？
【答案】(1)0.4千米；
(2)3.9π平方千米

【分析】（1）根据正弦定理结合图形求解可得高度；
（2）由正弦定理求得底面半径，再根据圆台侧面积和底面积公式求得表面积即可.
【详解】（1）由题意可知，

∴，在△A'MN中，由正弦定理
，，
又∵N点观测A时仰角的正切值为，，
所以，该山的高度为0.4千米．
（2）设的外接圆为圆O，
∵，根据圆的性质，，，M，N四点共圆
在中，由正弦定理，圆O直径为，
在中，由正弦定理，

延长与圆台交于C点，
由题意下底面圆半径为1.8km，圆台的母线长BC可在直角中由勾股定理得为0.5．
圆台的侧面积，
圆台的上底面面积，
所以，侧面积与上底面面积相加知：该山被冰雪覆盖的面积为平方千米．
21．已知函数，的最小正周期为．
(1)方程在上有且只有一个解，求实数的取值范围；
(2)是否存在实数满足对任意，都存在，使成立．若存在，求的取值范围，若不存在，说明理由．
【答案】(1)或
(2)存在，的取值范围是

【分析】（1）将解析式结合恒等变换化简得到，进而结合周期即可求出，然后结合函数的图像与性质即可求出结果；
（2）求出的最小值，得到，然后换元，结合二次函数的图像与性质分类讨论即可求出结果.
【详解】（1）




∵的最小正周期为．，∴，∴．
那么的解析式
方程在上有且有一个解，转化为函数与函数在上只有一个交点．∵，∴
因为函数在上增，在上减，
且，，，
∴或，所以或
（2）由（1）可知，∴．
实数满足对任意，都存在，使得成立．
即成立，
令，
设，那么
∵，∴，可得在上恒成立．
令，其对称轴，∵上，
∴①当时，即，，所以；
②当，即时，，所以；
③当，即时，，所以；
综上可得，存在，可知的取值范围是．
22．如图，在长方体中， 分别为的中点，是上一个动点，且.

（1）当时，求证：平面平面；
（2）是否存在，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.
【详解】(1)当时，为中点，
因为是的中点，所以,
则四边形是平行四边形，所以.
又平面平面，所以平面.
因为分别是中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
因为平面平面，所以平面平面.
(2)如图，连接与,
因为平面平面，所以.
若又平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
在矩形中，由，得,
所以.
又，所以,
则，即.