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2022-2023学年辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学高一下学期6月月考数学试题含答案
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这是一份2022-2023学年辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学高一下学期6月月考数学试题含答案,共16页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学高一下学期6月月考数学试题 一、单选题1.在复平面内,复数对应的点位于( )A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【分析】根据复数对应的点的坐标即可确定结果.【详解】对应的点为,位于第二象限.故选:B.2.如图,这是一个平面图形的直观图,则它的实际形状(四边形)为( )A.平行四边形 B.梯形 C.菱形 D.矩形【答案】D【分析】根据斜二测画法的规则即可判断【详解】由,得,由边的平行关系可知,原图形为矩形故选:D3.某圆台上底面圆的半径为1,下底面圆半径为2,侧面积为,则该圆台的体积为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】根据圆台的侧面积和体积公式,结合题意,准确运算,即可求解.【详解】设圆台的母线长为,高为,因为圆台上底面圆的半径为1,下底面圆半径为2,侧面积为,可得,解得,所以圆台的高为,所以圆台的体积为.故选:B.4.已知一个圆锥的体积为,其侧面积是底面积的2倍,则其底面半径为( )A. B.3 C. D.【答案】C【分析】根据圆锥的锥体积公式以及侧面积公式,结合圆锥的几何性质即可求出结果.【详解】设底面半径为,高为,母线为,如图所示: 则圆锥的体积,所以,即,,则,又,所以,故.故选:C.5.已知圆锥的表面积为3π,它的侧面展开图是一个半圆,则此圆锥的体积为( )A. B. C. D.【答案】C【分析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高,再计算圆锥的体积.【详解】解:设圆锥的底面半径为r,圆锥的母线长为l,由,得,又,所以,解得;所以圆锥的高为,所以圆锥的体积为.故选:C.6.如图所示,在棱长为a的正方体ABCD -A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点,且B1F∥平面A1BE,则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是( )A.a B. C. D.【答案】D【分析】过做与平面平行的平面,该平面与侧面的交线,即为满足条件的轨迹,求解即可.【详解】设G,H,I分别为CD,CC1,C1D1边上的中点,连接B1I,B1H,IH,CD1,EG,BG,则∥∥, 所以 A1,B,E,G四点共面,由∥平面B1HI,平面B1HI,所以A1E∥平面B1HI,同理A1B∥平面B1HI,,所以平面A1BGE∥平面B1HI,又因为B1F∥平面A1BE,所以F落在线段HI上,因为正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为a,所以,即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是.故选:D.7.如图是长方体被一平面所截得到的几何体,四边形为截面,长方形为底面,则四边形的形状为( )A.梯形 B.平行四边形C.可能是梯形也可能是平行四边形 D.矩形【答案】B【解析】利用面面平行的性质判断与的平行、与平行.【详解】因为平面//平面,且平面平面,平面平面,根据面面平行的性质可知//,同理可证明//.所以四边形为平行四边形.故选:B.【点睛】本题考查长方体截面形状判断,考查面面平行的性质应用,较简单.8.在中,内角的对边分别为若的面积为,且,,则外接圆的面积为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】根据已知条件及三角形的面积公式,再利用余弦定理及同角三角函数的商数关系,结合正弦定理及圆的面积公式即可求解.【详解】由及,得,所以,即,于是有,因为,所以,所以外接圆的半径为,所以外接圆的面积为.故选:B. 二、多选题9.下列命题中正确的有( )A.若直线,直线,则B.若直线,,那么直线a就平行于平面内的无数条直线C.若直线,,则D.过平面外一点有无数条直线与这个平面平行【答案】BD【分析】由直线与平面的位置关系对选项逐一判断【详解】对于A,若直线,直线,有可能,故A错误,对于B,若直线,,那么直线a就平行于平面内的无数条直线,B正确,对于C,若直线,,则或,故C错误,对于D,过平面外一点有无数条直线与这个平面平行,D正确,故选:BD10.下面是关于复数的四个命题,其中的真命题为( )A. B.C.的共轭复数为 D.的虚部为【答案】BD【分析】化简复数,结合复数的基本概念、复数的模,以及共轭复数概念,逐项判定,即可求解.【详解】由题意,复数,则,其中复数的虚部为.故选:BD.11.对于,有如下判断,其中正确的判断是( )A.若,则为等腰三角形B.若,则C.若,则符合条件的有两个D.若,则是钝角三角形【答案】ABD【分析】由函数在上为单调函数,可判定A正确;由正弦定理得到,可判定B正确;由正弦定理可判定C不正确;由,得到,结合余弦定理求得,可判定D正确.【详解】对于A中,若,因为函数在上为单调函数,所以,所以为等腰三角形,所以A正确;对于B中,若,可得,由正弦定理,可得,可得,所以B正确;对于C中,因为,所以符合条件的有0个,所以C不正确;对于D中,若,由正弦定理得,则,因为,所以,所以是钝角三角形,所以D正确.故选:ABD.12.如图,在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水(未满),现将容器底面一边BC固定在地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下列四种说法,其中正确命题的是( ) A.有水的部分始终呈棱柱状 B.水面四边形EFGH的面积为定值C.棱始终与水面EFGH平行 D.若,,则是定值【答案】ACD【分析】从棱柱的特征平面可判断A;由水面四边形EFGH的面积是改变的可判断B;由,水面EFGH,水面EFGH,可判断C;由体积是定值,高为定值,则底面积为定值,可判断D.【详解】根据面面平行性质定理,可得BC固定时,在倾斜的过程中,始终有,且平面平面DHGC,故水的形状成棱柱状,没水的部分也始终成棱柱状,故A正确;因为平面,平面,则,且,则,即为矩形,又因为水面所在四边形的面积,从图中可以发现,边长不变,而另外一条长随着倾斜程度变化而变化,所以所在四边形的面积是变化的,故B错误;因为,水面EFGH,水面EFGH,所以水面EFGH正确,故C正确;若,,由于水的形状成棱柱,且水的体积是定值,高不变,所以底面面积不变,又在矩形中,四边形的面积为是定值,因为为定值,所以是定值,故D正确.故选:ACD. 三、填空题13.在中, 是角所对的边长,若,则 .【答案】1【详解】分析:根据正弦定理找到三角形中边之间的关系,再利用余弦定理可计算出的值.详解:由正弦定理得,又由余弦定理知 ,∴. 点睛:正弦定理为实现“边角互化”提供了依据,而当已知三边比例关系时,则可利用余弦定理求出任何一个内角的余弦值.14.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》的“田域类”中写道:问沙田一段,有三斜,其小斜一十三里,中斜一十四里,大斜一十五里,…,欲知为田几何.意思是已知三角形沙田的三边长分别为13,14,15里,求三角形沙田的面积.请问此田面积为 平方里.【答案】84【分析】由题意画出图象,并求出AB、BC、AC的长,由余弦定理求出cosB,由平方关系求出sinB的值,代入三角形的面积公式求出该沙田的面积.【详解】由题意画出图象:且AB=13里,BC=14里,AC=15里,在△ABC中,由余弦定理得,cosB===,所以sinB==,则该沙田的面积:即△ABC的面积S=AB•BC•sinB==84.故答案为84.【点睛】本题考查了余弦定理,以及三角形面积公式的实际应用,考查了转化思想,属于基础题.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.已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上,,,则三棱锥的体积的最大值为 .【答案】【分析】由已知求得三棱锥外接球的半径,画出图形,再求出球心到平面的距离,可得到底面距离的最大值,代入三棱锥体积公式求解即可.【详解】 设三棱锥外接球的半径为,由,得,如图,在中,由,得, 则,设外接圆的半径为,可得,即.设三棱锥外接球的球心为,三角形外接圆的圆心为,则, 可得.要使三棱锥的体积最大,则到平面的距离最大,可知距离的最大值为,三棱锥的体积的最大值为.故答案为: 四、解答题17.从①;② 条件中任选一个,补充到下面横线处,并解答:在中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,.(1)求角A;(2)若外接圆的圆心为O,,求BC的长.注:如果选择多个条件分别解答;按第一个解答计分.【答案】(1)(2) 【分析】(1)选择条件①可以用正弦定理进行角化边即可求解,选择条件②利用辅助角公式进行三角恒等变换即可.(2)利用圆的角度关系和正弦定理即可求解.【详解】(1)解:选择条件①:因为,由正弦定理,可得,即,所以.因为,所以.选择条件②:因为所以,即.因为所以所以,.(2)由题意,O是外接圆的圆心,所以,所以故此.在中,由正弦定理,,即,解得.18.如图所示是某专用容器的盖子,它是用一个正四棱台和一个球焊接而成的,球的半径为.正四棱台的两底面边长分别为和,斜高为.(1)求这个容器盖子的表面积(用表示,焊接处对面积的影响忽略不计);(2)若,为盖子涂色时所用的涂料每可以涂,计算为个这样的盖子涂色约需多少涂料(精确到).【答案】(1);(2).【解析】(1)计算出正四棱台的表面积,与球的表面积相加可得这个容器盖子的表面积;(2)将数据代入该几何体的表面积公式,得出该几何体的表面积,结合题意列式计算出为个这样的盖子涂色所需涂料的质量.【详解】(1)正四棱台的表面积为,,这个容器盖子的表面积为;(2)当时,这个容器盖子的表面积为,,为个这样的盖子涂色约需涂料.【点睛】本题考查组合体表面积的计算,考查了几何体表面积公式的实际应用,考查计算能力,属于中等题.19.已知直三棱柱底面的一边长为2cm,另两边长都为3cm,侧棱长为4cm,求它的侧面积和体积,及外接球的表面积.【答案】侧面积为:;体积为;外接球的表面积为:.【分析】作出图象,根据侧面积公式和体积公式计算即可;连接上底和下底的重心,取其中点,连接,则为此三棱柱外接球的球心,由正弦定理求出上底外接圆的半径,再在中,根据勾股定理计算出,即可得外接球的表面积.【详解】解:如图所示: 设,所以;;;所以此三棱柱的侧面积:;此三棱柱的体积:;连接上底和下底的重心,取其中点,连接,则为此三棱柱外接球的球心, 在中,所以,所以(为外接圆的半径),所以,在中,,设此三棱柱外接球的半径为,则,所以此三棱柱外接球的表面积为.20.如图所示,在某海滨城市A附近的海面出现台风活动.据监测,目前台风中心位于城市A的东偏南60°方向、距城市A300km的海面点P处,并以20km/h的速度向西偏北30°方向移动.如果台风影响的范围是以台风中心为圆心的圆形区域,半径为km,将问题涉及范围内的地球表面看成平面,判断城市A是否会受到上述台风的影响.如果会,求出受影响的时间;如果不会,说明理由.【答案】城市A在h后会受到影响,持续的时间为(h)【分析】设台风的中心xh后到达位置Q,在△AQP中,利用正弦定理求出,从而可求出.【详解】解:如图所示,设台风的中心xh后到达位置Q,且此时.在△AQP中,有=60°-30°=30°,且,,因此由正弦定理可得.从而可解得,所以=60°或=120°.当时,,因此,;当=120°时,,因此,.这就说明,城市A在h后会受到影响,持续的时间为(h).【点睛】本题考查了利用正弦定理求距离,需熟记正弦定理内容,属于基础题.21.如图所示,已知四棱柱的底面为菱形.(1)证明:平面平面;(2)在直线上是否存在点,使平面?若存在,确定点的位置;若不存在,说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在;在的延长线上取点,使.【解析】(1)由棱柱的性质知,,得到平面,同理可得平面,再利用面面垂直的判定定理. (2)易知四边形为平行四边形,,在的延长线上取点,使,连接,则四边形为平行四边形,得到,再利用线面平行的判定定理证明.【详解】(1)由棱柱的性质可知,,∵平面,平面,∴平面,同理可证平面,而,平面,∴平面平面;(2)存在这样的点,使平面,∵,∴四边形为平行四边形,∴,如图所示:在的延长线上取点,使,连接,∵,=,∴, ∴四边形为平行四边形,则,∴,又平面平面,∴平面.【点睛】方法点睛:判断或证明线面平行的常用方法:(1)利用线面平行的定义,一般用反证法;(3)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α),其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行,证明时注意用符号语言的叙述;(3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a⊂α⇒a∥β);(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β).22.设,.(1)求的单调递增区间;(2)在锐角中,A、B、C的对边分别为a、b、c.若,,求面积的最大值.【答案】(1)和(2) 【分析】(1)化简,结合与正弦函数的单调性令或,求解即可;(2)结合锐角三角形及可得,利用余弦定理可得,再根据基本不等式求得的范围,进而由三角形面积公式求解.【详解】(1)由题意,,因为,所以,由正弦函数的单调性可知,当或,即或时,函数递增,所以的单调递增区间是和.(2)由题意,,所以,因为锐角,则,故,由余弦定理,,故,由基本不等式,,故,当b=c时等号成立因此,,当时,面积取得最大值.
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