2022-2023学年广西壮族自治区玉林市北流市实验中学高一下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年广西壮族自治区玉林市北流市实验中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．若，则

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由题意可得 ：，且：，

据此有：.

本题选择D选项.

2．已知，，当与的夹角为时，在上的投影向量为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】由投影向量的定义知：在上的投影向量为，根据已知即可求投影向量.

【详解】由题设，在上的投影向量.

故选：B

3．在社区公益活动中，某单位有40名志愿者参与了报名，先将这40名志愿者进行编号，编号为01，02，…，40，从这40名志愿者中抽取10人参加一项活动，选取方法是从随机数表第1行的第4列开始由左到右依次选两个数字，则选出来的第6个样本编号为（    ）

972974836721345267459176245172498563244

377950031417197200304658711420518713682

A．32 B．24 C．17 D．37

【答案】A

【分析】根据题意从第1行第4列起每两个数字依次读取，取小于等于40的数字，且重复的数字只取一次，即可得到答案.

【详解】由题意得从随机数表第1行的第4列开始由左到右依次选两个数字，且小于等于40的数字为：

36，13，26，17，24，32，37，……，

所以选出来的第6个样本编号为32，

故选：A

4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，A=，的面积为，则外接圆的半径为（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】B

【分析】由题意，根据三角形的面积公式求出的值，再根据余弦定理求出的值，最后由正弦定理即可求解.

【详解】解：因为在中，，A=，的面积为，

所以，解得，

所以由余弦定理有，

所以，

所以由正弦定理有（为外接圆的半径），解得，

所以外接圆的半径为2.

故选：B.

5．如图，在棱长为4的正方体中，的中点是P，过点作与截面平行的截面，则该截面的周长为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】C

【分析】分别取的中点，可得四边形为平行四边形，即为过点的截面，求出其周长可得答案.

【详解】分别取的中点，连接，

可得，可得四边形为平行四边形，可得，

因为，所以四边形为平行四边形，可得，

所以，所以四边形为平行四边形，，

平面即为过点的截面，

平面，平面，所以平面，

因为，所以四边形为平行四边形，可得，

平面，平面，所以平面，

且，平面，所以平面平面，

，，

所以截面的周长为.

故选：C.

6．如图，在中，设，，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用向量加减法的运算和数乘运算得出所求解的向量与已知向量之间的关系，注意运算的准确性和向量倍数关系的正确转化．

【详解】由于，，

故，

，

又因为，

故，

所以．

故选：C．

7．在正三棱锥中，，则侧棱PA与底面ABC所成角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设的中心点为得底面，可得为侧棱与底面所成的角，在直角三角形计算可得答案.

【详解】设的中心点为，连接，则底面，

所以为侧棱与底面所成的角，为的外接圆的半径，

因为，所以，

所以，因为，所以.

故选：B.

8．如图，AB，CD分别是圆柱上､下底面圆的直径，且，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥的体积为，则该圆柱的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别取上下底面的圆心为，连接，可得平面，设圆柱上底面圆的半径为, 三棱锥的体积为,求出a，由圆柱的侧面积公式可得答案.

【详解】

分别取上下底面的圆心为，连接，则，

因为，所以，且，

所以平面，设圆柱上底面圆的半径为,则，

三棱锥的体积为,

解得，该圆柱的侧面积为，

故选：C.

二、多选题

9．已知向量，满足，，，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C． D．与的夹角为

【答案】BC

【分析】先利用平面向量的数量积运算得到，即可得到的值，再利用平面向量的数量积运算得到，最后求解，即可判断选项.

【详解】，

∴，

∴，

∴，

，

，

∴与的夹角为，

故BC正确.

故选：BC.

三、单选题

10．设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法不正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】C

【分析】对于ABD，举例判断，对于C，由线面垂直的性质判断

【详解】对于A，如图，当时，，所以A错误，

对于B，如图，当时，∥，所以B错误，

对于C，因为，所以，所以C正确，

对于D，如图，当时，，所以D错误，

故选：C

四、多选题

11．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（    ）

A．正四棱锥的底面边长为6米 B．正四棱锥的底面边长为3米

C．正四棱锥的侧面积为平方米 D．正四棱锥的侧面积为平方米

【答案】AC

【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.

【详解】

如图，在正四棱锥中，

O为正方形的中心，为的中点，

则，

设底面边长为．

因为，

所以．

在中，，

所以，底面边长为6米，

平方米．

故选：AC.

12．如图，在海岸上有两个观测点C，D，C在D的正西方向，距离为2 km，在某天10:00观察到某航船在A处，此时测得∠ADC=30°，5分钟后该船行驶至B处，此时测得∠ACB=60°，∠BCD=45°，∠ADB=60°，则（    ）

A．当天10:00时，该船位于观测点C的北偏西15°方向

B．当天10:00时，该船距离观测点Ckm

C．当船行驶至B处时，该船距观测点Ckm

D．该船在由A行驶至B的这5 min内行驶了km

【答案】ABD

【分析】利用方位角的概念判断A，利用正弦定理、余弦定理求解后判断BCD．

【详解】A选项中，∠ACD=∠ACB+∠BCD=60°+45°=105°，因为C在D的正西方向，所以A在C的北偏西15°方向，故A正确.

B选项中，在△ACD中，∠ACD=105°，∠ADC=30°，则∠CAD=45°.

由正弦定理，得AC=，

故B正确.

C选项中，在△BCD中，∠BCD=45°，∠CDB=∠ADC+∠ADB=30°+60°=90°，即∠CBD=45°，

则BD=CD=2，于是BC=2，故C不正确.

D选项中，在△ABC中，由余弦定理，得AB2=AC2+BC2－2AC·BCcos∠ACB=2+8－22=6，

即AB=km，故D正确.

故选：ABD．

五、填空题

13．定义运算，复数z满足，则      .

【答案】/-i+2

【分析】根据题意得，然后化简可求出复数

【详解】因为，所以

所以，则，

故答案为：

14．某高校有教授120人，副教授100人，讲师80人，助教60人，现用分层抽样的方法从以上所有老师中抽取一个容量为n的样本．已知从讲师中抽取的人数为16，那么n＝        ．

【答案】72

【解析】解方程即得解.

【详解】依题意得，由此解得n＝72.

故答案为：72

15．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为，酒杯内壁表面积为.设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则的值是  .

【答案】2.

【分析】设圆柱的高为，表示出表面积可得，再分别表示出，即可.

【详解】解：设酒杯上部分高为，

则酒杯内壁表面积，

则，

所以，，

故，

故答案为：2.

【点睛】本题考查圆柱、球体积及表面积的公式，需熟记公式，属于基础题.

16．等腰三角形中，，将它沿中线AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD的外接球的表面积为      .

【答案】

【分析】三条侧棱、，底面是正三角形，为球心，为的中心，通过构造直角三角形，通过勾股定理求外接球的半径，再求表面积.

【详解】等腰三角形中，，、，

如图，为球心，为的中心，

翻折后四面体中，，，，，

、，平面，，则平面，

又平面，平面，，，

为中点，连接，由，有，

所以四边形为矩形，则，

所以外接球半径，

故外接球的表面积为.

故答案为：

六、解答题

17．设两个非零向量与不共线．

(1)若，，，求证：，，三点共线；

(2)试确定实数，使和同向．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）求出，原题即得证；

（2）存在实数，使，解方程组即得解.

【详解】（1）证明：因为，，，

所以．

所以，共线．

又因为，有公共点，所以，，三点共线．

（2）解：因为与同向，

所以存在实数，使，

即．所以．

因为，是不共线的两个非零向量，

所以，解得，或，

又因为，所以．

18．如图，P是圆锥的顶点，是底面圆O的一条直径，是一条半径.且，已知该圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆面.

（1）求该圆锥的体积；

（2）求异面直线与所成角的余弦值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）设该圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，高为h，由题意分别求得l与r值，进一步得到圆锥的高，则圆锥的体积可求；

（2）取弧中点D，则，由垂直于底面，得，，两两垂直，以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线与所成角的余弦值.

【详解】（1）设该圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，高为h，

由题意，，解得，

底面圆周长，

解得，

∴，

∴该圆锥的体积.

（2）如图所示，取弧中点D，则，

∵垂直于底面，∴，，两两垂直，

以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

由题意，，，，

，，

设与所成角为，

则，

故异面直线与所成角的余弦值为.

【点睛】本题考查向量法求解线线角问题，考查柱锥台体的体积公式，考查学生空间想象能力，属于中档题．

19．中，三个内角的对边分别为，若，，且.

（1）求角的大小；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）根据题意，由向量数量积的坐标计算公式可得若，则有cosB•（2a+c）+cosC•b=0，结合正弦定理可得cosB•（2sinA+sinC）+cosC•sinB=0，将其整理变形可得，由B的范围分析可得答案；（2）结合题意，根据余弦定理分析可得49=a2+c2+ac，又由a+c=8，变形可得ac=15，由三角形面积公式计算可得答案．

详解：

（1）∵，∴，

∴，

∴ ，

∴，∴.

（2）根据余弦定理可知，∴，

又因为，∴，∴，∴，

则.

点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

20．如图，在直三棱柱中，，D是棱的中点，

(1)求证：平面；

(2)求平面与侧面所成锐角的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知条件结合勾股定理的逆定理可证得，再由线面垂直的性质可得，然后由面面垂直的判定定理可证得结论；

（2）由（1）可得，，则可得就是平面与侧面所成的平面角，在可求得结果.

【详解】（1）证明：因为直三棱柱中，，D是棱的中点，

所以，，，

所以，

所以，所以，

因为平面，平面，所以，

因为，所以，

因为，平面，所以平面，

所以平面，所以，

因为，平面，

所以平面；

（2）因为平面，平面，所以，

因为，平面平面，

所以就是平面与侧面所成的平面角，

因为平面，平面，所以，

在中，，则，

所以平面与侧面所成锐角的正切值为.

21．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，已知

(1)求角A；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）已知等式由余弦定理和面积公式代入变形可得求角A；

（2）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，进而根据正弦函数的性质即可求解取值范围.

【详解】（1）已知，由余弦定理和三角形的面积公式，

得，即，

若，则，不符合题意，故，

所以，由，得.

（2），，，

由正弦定理，

，

由，则，得，

所以，即的取值范围.

22．如图，在中，，P为边上一动点，交于点D，现将沿翻折至．

(1)沿翻折中是否会改变二面角的大小，并说明理由；

(2)若，E是的中点．求证：平面，并求当平面平面时四棱锥的体积．

【答案】(1)不变；理由见解析

(2)2

【分析】（1）证明平面，从而证明平面平面，即可说明结论；

（2）设为的中点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明平面；继而证明平面，根据棱锥的体积公式即可求得答案.

【详解】（1）沿翻折中是不会改变二面角的大小；

理由如下：

在中，，故

而，故，则，

而平面，故平面，

又，故平面，而平面，

故平面平面，

故沿翻折中是不会改变二面角的大小；

（2）证明：设为的中点，连接，E是的中点，则,

又，即,而，

故，即四边形为平行四边形，

所以，而平面，平面，

故平面.

由于，平面平面，平面平面，

且平面，故平面，

由,，，知，四边形为直角梯形，

故四棱锥的体积为.