2022-2023学年山东省临沂市兰陵县第十中学高一下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年山东省临沂市兰陵县第十中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．已知i为虚数单位，若复数z=，则=（　　）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】运用复数除法的运算法化简复数，进而可得，再根据复数模的计算公式，即得.

【详解】因为，

∴

所以.

故选：B.

2．已知向量，若，则λ=（    ）

A．-2或 B．-2或

C．-2 D．

【答案】B

【分析】根据，由向量的坐标运算可得，消去解一元二次方程即可得答案.

【详解】解：因为向量，且，

所以，即，消去可得，

解得或，

故选：B.

3．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（　　）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】C

【分析】根据直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系依次判断选项即可.

【详解】对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误.

对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误.

对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确.

对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误.

故选：C

4．若两个非零向量，满足，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据条件利用平方法得到向量数量积的数值，结合向量数量积与夹角之间的关系进行求解即可．

【详解】解：非零向量与满足，

平方得，即，

则，

由，

平方得，

得，即，

则，

，

设向量与夹角为，

则向量与夹角的余弦值，

，，

故选：．

5．已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据旋转体的定义可知该几何体为圆柱的八分之一，求其表面积即可.

【详解】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，

是底面半径r为2,高h为2的圆柱的八分之一，

所以其表面积，

故选：C

6．如图在梯形中，，，设，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据题中，由向量的线性运算，直接求解，即可得出结果.

【详解】因为，，

所以，

又，，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于基础题型.

7．正方体 中，分别为的中点，则与平面所成角的正切值为

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】取的中点，连接，因为是的中点，

所以，所以平面，

所以是与平面所成的角，

设正方体的棱长为，则，

所以与平面所成的角的正切值为.

故选：D.

【解析】直线与平面所成的角.

8．棱长为1的正方体中，分别是的中点.下列说法不正确的是（    ）

A．点在直线上运动时，三棱锥体积不变

B．点在直线上运动时，直线始终与平面平行

C．平面平面

D．三棱锥的体积为

【答案】D

【分析】点在直线上运动时，的面积不变，到平面的距离不变，即可判断A；通过证明平面平面，结合平面判断B；由面面垂直的判定定理判断C；利用三棱锥的体积公式求出判断D.

【详解】选项A：因为点在直线上运动时，的面积为矩形的面积的一半，到平面的距离不变，

又，所以三棱锥的体积不变，故A说法正确；

选项B，点在直线上运动时，由分别是的中点，可得，，

又，，平面，平面，

所以平面平面，又平面，始终与平面平行，故B说法正确；

选项C，因为在正方体中，，，，平面，

所以平面，又平面，所以平面平面，故C说法正确；

选项D，，

利用等体积法知，故D说法错误，

故选：D

二、多选题

9．若复数，则（    ）

A．|z|=2 B．|z|=4

C．z的共轭复数=+i D．

【答案】AC

【分析】根据复数的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.

【详解】依题意，故A选项正确，B选项错误.

，C选项正确.

，D选项错误.

故选：AC

10．在正方体中，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．平面 B．平面

C．平面 D．

【答案】ACD

【分析】对于选项A，利用是平行四边形两对角线的交点，从而判断出结果的正误；对于选项B，先假设结论成立，从而得出，再利用条件得出矛盾，从而判断出结果的正误；对于选项C，利用线面平行的判断定理，通过条件易得，从而得出结果的正误；对于选项D，由条件易知，再利用，从而得出结果的正误.

【详解】选项A，如图连接，，，则四边形为平行四边形，因为为的中点，所以点是的中点，所以，

又平面，故平面，故A正确；

选项B，若平面，DD1在面BDD1B1内，则，因为，所以，显然矛盾，所以与平面不垂直，故B错误；

选项C，连接，在中，因为，分别是，的中点，所以为中位线，所以，

又平面，平面，故平面，故C正确；

选项D，由题意知平面，因为平面，所以，又，所以，故D正确.

故选：ACD.

11．在中，角、、的对边分别是、、．下面四个结论正确的是（    ）

A．，，则的外接圆半径是4

B．若，则

C．若，则一定是钝角三角形

D．若，则

【答案】BC

【解析】根据正弦定理可求出外接圆半径判断A，由条件及正弦定理可求出，可判断B,由余弦定理可判断C，取特殊角可判断D.

【详解】由正弦定理知，所以外接圆半径是2，故A错误；

由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正确；

因为，所以C为钝角，一定是钝角三角形，故C正确；

若，显然，故D错误.

故选：BC

12．如图，已知分别是的中点，分别在上，，二面角的大小为，且平面，则以下说法正确的是（    ）

A．四点共面

B．平面

C．若直线交于点，则三点共线

D．若的面积为6，则的面积为3

【答案】ACD

【分析】由题意证出即可判断A项；假设B项正确，然后利用直线与平面平行的性质得出，从而推出与已知条件矛盾的结论，可判断B项；利用基本事实3可判断C项；通过作出二面角的平面角，从而找到与的公共边上的高之间的关系，从而求出结果，可判断D项.

【详解】由知EF平行且等于，

又分别是的中点，所以GH平行且等于，∴，

因此E，F，G，H四点共面，A项正确；

假设平面ADC成立，因为平面，平面平面，所以，

又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与矛盾，B项不正确；

因为直线交于点，所以，，

因为平面，，所以平面，同理平面，因为平面平面，所以，所以P，A，C三点共线，因此C正确；

在平面内作，垂足为，连接，

因为平面，平面，所以，

又因为平面，所以平面，

又平面，所以，则为二面角的平面角，即，

因为平面，平面，所以，所以，

所以，D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．若复数是纯虚数，则实数a的值为           .

【答案】

【分析】利用纯虚数概念即可求出结果.

【详解】，

因为复数是纯虚数，

所以，则，

故答案为：.

14．如果，则           .

【答案】

【分析】利用向量运算即可求出结果.

【详解】由，

得.

故答案为：.

15．在三棱锥中，，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为         .

【答案】8

【分析】如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．

【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F

过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.

由作图可知：EN∥FM，

∴四点EFMN共面

可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.

∴

可得EF=MN=2.

同理可得：EN=FM=2.

∴截面的周长为8.

故答案为：8.

【点睛】本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，属于中档题．

16．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度           米.

【答案】

【分析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.

【详解】设，因为，，，

所以，，，.

在中，，

即①.，

在中，，

即②，

因为，

所以①②两式相加可得：，解得：，

则，

故答案为：.

四、解答题

17．已知向量．

（Ⅰ）若，求的值；

（Ⅱ）若，求向量与夹角的大小．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．

【分析】（Ⅰ）首先求出的坐标，再根据，可得，即可求出，再根据向量模的坐标表示计算可得；

（Ⅱ）首先求出的坐标，再根据计算可得；

【详解】解：（Ⅰ）因为，所以，

由，可得，

即，解得，即，

所以；

（Ⅱ）依题意，

可得，即，

所以，

因为，

所以与的夹角大小是．

18．如图，该几何体的三个侧面，，都是矩形.

（1）证明：平面∥平面；

（2）若，，为中点，证明：平面.

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析

【解析】由侧面是矩形可得，利用线面平行的判定定理可得平面，同理可得：平面，再由面面平行的的判定定理即可得证；

由侧面是矩形可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得，利用已知条件，为中点可得，，利用线面垂直的判定定理即可得证.

【详解】证明∵侧面是矩形，∴.

又∵平面，平面，∴平面.

同理可得：平面.

∵，∴平面∥平面.

（2）∵侧面都是矩形，∴.

又∵，，∴平面.

∵平面，∴.

∵为的中点，，∴都是等腰直角三角形，

∴，，即.

而，∴平面.

【点睛】本题主要考查立体几何中线面平行、面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理及性质定理的灵活运用；其中判定定理和性质定理的灵活转换是求解本题的关键；属于中档题.

19．已知向量，，．

（1）求函数的最小正周期；

（2）在中，，，若，求的周长．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）先求得解析式，然后求得的最小正周期.

（2）利用正弦定理化简已知条件，求得，结合余弦定理求得，进而求得三角形的周长.

【详解】（1），

所以的最小正周期为.

（2），由正弦定理得，

，

由于，所以，

由余弦定理得，

即，

所以三角形的周长为.

20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点E在棱上（异于点P，C），平面与棱交于点F.

（1）求证：；

（2）若，求证：平面平面.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据四边形是矩形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，再由线面平行的性质定理得到.

（2）根据四边形是矩形，所以，再由，，得到，又，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明.

【详解】（1）因为四边形是矩形，所以.

又平面，平面，

所以平面.

因为平面，平面平面，

所以.

（2）因为四边形是矩形，所以.

因为，，所以.

又，点在棱上（异于点），

所以点异于点，所以.

又，平面，所以平面.

又平面，

所以平面平面.

【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，性质定理以及线面垂直，面面垂直的判定定理，还考查了转化回归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.

21．在中，角，，的对边分别为，，，且满足.

（1）求角的大小；

（2）若，求面积的最大值．

【答案】（1）;（2）

【详解】试题分析：（1）由平面向量的数量积定义与正弦定理进行化简的值，进而求教B;（2）利用余弦定理与基本不等式进行求解．

试题解析：（1）由题意得（a－c）cosB＝bcosC．

根据正弦定理有（sinA－sinC）cosB＝sinBcosC，

所以sinAcosB＝sin（C＋B），即sinAcosB＝sinA．

因为sinA>0，所以cosB＝，

又B∈（0，π），所以B＝．

（2）因为||＝，所以

即b＝

根据余弦定理及基本不等式得

6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝（2－）ac（当且仅当a＝c时取等号），即ac≤3（2＋）．

故△ABC的面积S＝acsinB≤．

【解析】1．正弦定理；2．余弦定理；3．基本不等式．

22．在中，，，分别是角，，的对边，并且．

（Ⅰ）已知_______，计算的面积；请从①，②，③这三个条件中任选两个，将问题（Ⅰ）补充完整，并作答．

（Ⅱ）求的最大值．

【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）1.

【分析】（Ⅰ）根据余弦定理求出，若选择①，②，根据余弦定理求出，然后根据面积公式可求得结果；若选择①，③，根据正弦定理和余弦定理求出及与的关系，根据面积公式可求得结果；若选择②，③，根据正弦定理求出，再根据面积公式可求得结果；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，通过三角函数恒等变换化简得，利用正弦函数的单调性即可求解.

【详解】（Ⅰ），

由余弦定理知，，

，．

选择①②：

，

，即，解得或（舍负），

则的面积；

选择①③：

由正弦定理知，，

，，

，

，

由构成的方程组，解得，，

则的面积．

选择②③：

由正弦定理知，，

，，

则的面积．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，

，

，

，

，，

，，

故的最大值为1．