2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高一下学期第三次月考数学试题含答案

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高一下学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．若复数的实部与虚部相等，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据复数乘法运算化简，再由实部虚部相等求解即可.

【详解】，

，

故选：B

2．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】B

【分析】A选项可由线面平行的判定定理进行判断；B选项可由面面垂直判定定理可判断；C选项可由线面的位置关系进行判断；D选项可由面面平行的判定定理进行判断；

【详解】A选项不正确，因为平行，相交，异面都有可能；

B选项正确，，则面面垂直判定定理可得；

C.选项不正确，因为，时，可能有或者与相交不一定垂直,

D选项不正确，可由面面平面的判定定理说明其是不正确的，必须相交.

故选:B.

3．在△ABC中，，则此三角形中的最大角的大小为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由正弦定理可得出，设，则，，然后根据余弦定理求出即可得出答案.

【详解】由正弦定理可得，，

设，则，，所以最大.

由余弦定理可得，.

因为，所以.

故选：C.

4．设非零向量，满足，则

A．⊥ B．

C．∥ D．

【答案】A

【详解】由平方得，即，则，故选A.

【点睛】本题主要考查了向量垂直的数量积表示，属于基础题.

5．如图（1）在正方形中，分别是边的中点，沿及把这个正方形折成一个几何体如图(2),使三点重合于, 下面结论成立的是（   ）

A．平面 B．平面

C．平面 D．平面

【答案】A

【分析】根据折叠前后垂直关系不变可推出A正确，B错误，再由与不垂直判断C，反证法可判断D.

【详解】在折叠过程中，始终有，，

即，又，平面，

平面，所以A正确，B错误；

，是的中点，，故与不垂直，故C错误；

若平面，则，又平面，则，显然矛盾，故D错误.

故选：A.

6．在中，若，，，则

A．19 B．-19 C．38 D．-38

【答案】B

【解析】根据三角形的三边长，求出三角形内角的余弦值，所求角与两向量的夹角互补，然后求向量的数量积．

【详解】在中，若，，，

所以

又因为两向量的夹角与角互补，所以

【点睛】本题考查解三角形问题与数量积，解题的关键是注意三角形中所求角与两向量的夹角互补，属于简单题．

7．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF为“刍甍”，书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即，其中h是刍甍的高，即点F到平面ABCD的距离.若底面ABCD是边长为4的正方形，且平面ABCD，和是等腰三角形，，则该刍甍的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定的几何体，取中点，证明平面平面，求出点到平面的距离，再求出刍甍的体积作答.

【详解】取中点，连接，如图，

由正方形知，，，而为等腰三角形，且，

即有平面，则平面，

同理平面，而，于是平面，则点在平面内，

而平面，于是平面平面，在平面内过作于，

而平面平面，因此平面，

因为，是等腰三角形，则，

因为平面，平面平面，平面，

则，四边形为等腰梯形，，

因此，

所以该刍甍的体积为.

故选：B

8．三角形面积的求法：.根据此公式，中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据正弦定理及题中条件，得到，再结合题中条件，可以得到，代入面积公式即可.

【详解】依题意，由正弦定理得，

，

，

所以.

故选：

二、多选题

9．已知向量在平面直角坐标系中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则下列选项中正确的是（    ）

A．

B．向量在向量方向上的投影向量为

C．

D．若，则

【答案】ABD

【分析】利用数量积运算，投影向量和向量平行公式即可判断每个选项

【详解】由图可得，

对于A，，故A正确；

对于B，向量在向量方向上的投影向量，故B正确；

对于C，，

所以，故C不正确；

对于D，因为，，所以，故，故D正确.

故选：ABD

10．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的有（    ）

A． B．该圆台轴截面ABCD面积为

C．该圆台的体积为 D．沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm

【答案】BCD

【分析】求出圆台的高，由梯形特征可判断选项A；将圆台轴截面，可判断选项B；由台体的体积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取AD的中点为E，连接CE，可判断选项D.

【详解】A：由已知及题图知：且，故，错误；

B：由A易知：圆台高为，所以圆台轴截面ABCD面积，正确；

C：圆台的体积，正确；

D：将圆台一半侧面展开，如下图中且为中点，

而圆台对应的圆锥体侧面展开为且，又，

所以在△中，即C到AD中点的最短距离为5cm，正确.

故选：BCD.

11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论错误的是（    ）

A．若，则为锐角三角形

B．若，则

C．若，则为等腰三角形

D．若，则此三角形有2解

【答案】AC

【分析】对于A，用余弦定理可以判定；对于B，利用由正弦定理即可判定；对于C，由正弦函数的性质结合三角形内角即可判定；对于D，利用正弦定理可得，即可判定.

【详解】对于A，由余弦定理可得，即，

但无法判定A、C的范围，故A错误；

对于B，若，则，由正弦定理，

得（为外接圆的半径），

所以，故B正确；

对于C，若，由正弦函数的性质，

得或，

又，故或，故C错误；

对于D，由正弦定理可得，得，

由，得，又，

所以有2个A的值，即三角形有2个解，故D正确.

故选：AC.

12．在长方体中，已知，则下列结论正确的有（    ）

A．

B．异面直线与所成的角为

C．二面角的余弦值为

D．四面体的体积为

【答案】ACD

【分析】证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去4个三棱锥的体积即可得答案.

【详解】解：因为在长方体中，，

所以，四边形为正方形，平面，

因为平面，所以，

因为平面，

所以平面，

因为平面，所以，故A正确；

由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确；

设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形，

所以，由于，

所以为二面角的平面角，

在中，，所以，

所以，故C正确：

四面体的体积为，所以D正确，

故选：ACD．

三、填空题

13．复数，则        ．

【答案】

【分析】先利用复数的除法运算化简，再利用模长公式计算模长即可求解.

【详解】，

所以，

故答案为：.

14．已知三棱锥的每个顶点都在球O的球面上，两两互相垂直，且，若球O的表面积为      ．

【答案】

【分析】把三棱锥补成成长方体，结合球的表面积公式进行求解即可.

【详解】如图，将三棱锥补全成如图的长方体，

则根据对称性可得：三棱锥的外接球的直径为长方体的体对角线，

设球的半径为R，又，

∴，故

∴球O的表面积为．

故答案为：

15．已知的夹角为，则三角形的边上中线的长为        .

【答案】

【分析】设D为的中点，则，再由向量数量积的运算性质求解即可.

【详解】设D为的中点，则，

所以，

所以，

所以.

故答案为：

16．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为：，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面遍历多面体M的所有以点P为公共点的面，在长方体中，，，点S为底面的中心，记三棱锥在点A处的离散曲率为，四棱锥在点S处的离散曲率为n，则        ．

【答案】

【分析】根据离散曲率的定义，结合结合体的结构特征，分别求出三棱锥在点A处的离散曲率，四棱锥在点S处的离散曲率n，相减即可求得答案.

【详解】在长方体中, ,

故三棱锥在点A处的离散曲率；

设交于O,连接,，，四边形为正方形，

则 , ,故 ,同理,

四棱锥为正四棱锥，而 ,则四棱锥每个侧面都为正三角形，

所以 ,

故四棱锥在点S处的离散曲率，

故，

故答案为：

四、解答题

17．如图，四棱锥的底面为平行四边形.设平面与平面的交线为，、、分别为、、的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可；

（2）利用线面平行的性质定理证明即可

【详解】（1）证明：因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，

所以，，

又平面，平面，

则平面，

同理平面，平面，

可得平面，

又，平面

所以平面平面.

（2）证明：因为，平面，平面，

所以平面，

又平面，平面平面，

所以.

18．已知，，与的夹角为．

(1)求；

(2)当为何值时，．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；

（2）由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得实数的值.

【详解】（1）解：因为，，与的夹角为，

则，

所以，.

（2）解：因为，则

，解得.

19．如图，已知平面，，，且F是的中点．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面平面．

【答案】(1)见解析；

(2)见解析.

【分析】(1)如图取CE的中点G，连接BG、FG，根据中位线的性质可证得四边形为平行四边形，得，利用线面平行的判定定理即可证明；

(2)根据线面垂直的性质可得，根据题意可得，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明.

【详解】（1）由题意得，且，

取CE的中点G，连接BG、FG，由F为CD的中点，

得且，有且，

所以四边形为平行四边形，

得，又平面，平面，

所以平面；

（2）因为平面，平面，

所以，又，则，

由为的中点，得，

又平面，

所以平面，平面,又平面，

所以平面平面.

20．在中，，，分别是角，，所对边的长，，且．

(1)求的面积；

(2)若，求角．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先通过求出，再利用三角形的面积公式求解即可；

（2）先通过余弦定理求出，再通过余弦定理求即可.

【详解】（1）解：因为在中，，，

所以，，

因为，

所以，解得.

所以，的面积为.

（2）解：由（1），即，

又，，

，即

，又，

.

21．如图，在四棱锥中，面，，，，，为线段上的点．

(1)证明：面；

(2)若满足面，求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出，可得出，再由已知条件可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）分析可知，计算出三边边长，利用余弦定理求出的值，可求得的长，进而可求得的长，即可得解.

【详解】（1）证明：因为，，，所以，，

所以，，则，

因为平面，平面，所以，，

又因为，、平面，所以，平面.

（2）解：因为平面，平面，所以，，

若面，平面，则，

因为，，

由余弦定理可得，

因为平面，、平面，则，

所以，，，

在中，，，，

所以，，

所以，，

所以，，则，

因此，若满足面，则.

22．在中，内角所对的边分别为．若

（1）求角的大小；

（2）设的中点为，且，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据余弦定理的推论即可求出；

（2）设，在中利用正弦定理用的三角函数值表示出，再利用三角函数值域的求法即可求出的取值范围．

【详解】（1）因为，而，所以

（2）如图所示：

设，则中，由可知,

由正弦定理及，可得，

所以，

由，可知，，.

【点睛】思路点睛：本题第一问直接根据余弦定理的推论即可求出，第二问有两种思路，第一种转化为求即，在中利用余弦定理以及两边之和大于第三边即可求出；第二种引入角参数，由正弦定理用的三角函数值表示出，再利用三角函数值域的求法即可求出的取值范围，第二种方案可以求解任意形如的取值范围，解法更一般．