2022-2023学年河南省郑州市中牟县第一高级中学高一下学期第三次月考数学试题含答案

2022-2023学年河南省郑州市中牟县第一高级中学高一下学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数代数形式的除法运算化简，再由复数模的计算公式求解．

【详解】，

故.

故选：D.

2．满足下列条件的三角形有两解的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】对于A，利用勾股定理判断，对于BCD，利用正弦定理判断即可

【详解】对于A，由于，，，所以，是唯一的，所以只有一个解，所以A不符合题意，

对于B，由正弦定理得，，，得，无解，所以B不合题意，

对于C,根据正弦定理得，因为，故或，故有两解，因此C选项正确.

对于D，由正弦定理得，，，是唯一的，所以只有一解，所以D不合题意，

故选：C

3．设m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【解析】在正方体中通过线面关系，可举出A,B,C的反例说明不正确，由线面垂直的性质

可判断C正确．

【详解】

对于A选项，当为面，为面时，取m为直线BC，n为直线，此时满足，但不满足，故A不正确；

对于B选项，当为面，为面时，取m为直线AB，n为直线，此时满足，但不满足，故B不正确；

对于D选项，当为面，为面时，取m为直线，n为直线AB，此时满足，但不满足，故D不正确；

对于C选项，由则，又，由线面垂直的性质定理可得，故C正确.

故选：C．

【点睛】判断线面关系正误时，通常可以利用正方体这个模型进行判断，很直观.

4．设是非零向量，是非零实数，下列结论中正确的是（    ）

A．与的方向相同 B．与的方向相反

C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的数乘定义逐一判断即可.

【详解】因为，所以与的方向相同，故A项正确；

当时，与的方向相同，故B选项错误；

当时，，故C选项错误；

当时，，故D选项错误．

故选：A

5．已知，，分别为三个内角，，的对边，且，的外接圆半径为2.则（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】B

【分析】由正弦定理将已知条件边化角，结合两角和的正弦公式化简，再利用正弦定理即可得出．

【详解】根据正弦定理知，

又因为，

所以，又，所以，

所以，

即，所以，

由正弦定理可得，解得，

故选：B.

6．如图，在长方体中，，，点，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C．0 D．

【答案】C

【分析】连结，，，易得四边形是平行四边形，从而得出，则为异面直线与所成角或补角，在中，解三角形即可得解.

【详解】解：连结，，，

在长方体中，

因为点，分别是，的中点，

则，

所以四边形是平行四边形，

所以，故为异面直线与所成角或补角，

，，，因为，所以，故.

故选：C.

7．已知向量满足：，，则向量与向量的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】通过平方的手段通过题中等式得出，再根据向量夹角的公式计算即可.

【详解】由两边平方得，因为，，所以.

设向量与向量的夹角为，

则，又因为，所以.

故选:B

8．在中，已知，则（    ）

A．2021 B．2022 C．4042 D．4043

【答案】D

【分析】根据同角三角函数的基本关系将切化弦，再根据两角和的正弦公式及诱导公式得到，再利用正弦定理将角化边，结合余弦定理计算可得；

【详解】解：由得

所以，

故，

即，即，

故.

故选：D.

二、多选题

9．复数，其中，下列说法正确的是（    ）

A．当时，对应于复平面内的点在第三象限

B．

C．

D．存在满足

【答案】BC

【分析】对于A，由判断的范围，再进行判断，对于B，由直接计算即可，对于C，由直接计算，对于D，由可得

【详解】当时，对应于复平面内的点在第三象限，故A选项错误；

，故选项B正确；

，故选项C正确；

因为，故选项D错误.

故选：BC

10．已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．

C．若，则

D．

【答案】AD

【分析】根据大边对大角，可判定A正确，利用余弦定理可判定B错误；利用正余弦函数的单调性可判定C错误；利用诱导公式和正弦函数的单调性可得，同理可得，，进而判定D正确.

【详解】若，根据大边对大角，所以，故A正确；

因为为锐角，故，即，即，因此B选项错误；

因为函数在区间上单调递增，故若，则有，又因为函数在区间上单调递减，故，故选项C错误；

因为，所以，即，同理可得，，三个式子相加得，故D正确.

故选:AD.

11．如图，在中，，，，点，为边上两个动点，且满足，则下列选项正确的是（    ）

A．的最小值为

B．的最小值为

C．的最大值为

D．当取得最大值时，点与点重合

【答案】BC

【分析】取的中点，利用向量的加法法则和数量积的运算律可得，求出的最小值，即可得答案，当点与点重合时，取得最大值，然后利用余弦定理可得答案

【详解】取的中点，则，，则，易知的最小值为点到的距离，即的最小值为，即的最小值为，故B选项正确，A错误；

当点与点重合时，取得最大值，即，故的最大值为，故C选项正确，D错误.

故选：BC

12．已知在三棱锥中，为中点，平面，，，下列说法中正确的是（    ）

A．若为的外心，则

B．若为等边三角形，则

C．当时，与平面所成角的最大值为

D．当时，为平面内动点，满足平面，则在内的轨迹长度为2

【答案】ACD

【分析】A.结合外心的特点，外心即为外接圆圆心，那么，可得；

B.假如根据线线垂直得出线面垂直，那么可得，与等边三角形的特点矛盾；

C.根据线面角的定义，找出线面角为，表示出正弦值，判断出范围，即可得到最大值；

D.根据点M 满足平面，结合面面平行，找，的中点，即可得到轨迹为线段，且求出长度为2.

【详解】若为的外心，则，由射影相等即可知，故A正确；

假设，则再根据，得平面，则，与为等边三角形矛盾，故B错误；

当时，，，过作，连结，易知为与平面所成角的平面角，.故的范围为.故C正确；

取，分别为，的中点，易证平面平面，则线段为在三角形内的轨迹，故D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知，复数是纯虚数，则           .

【答案】

【分析】根据给定条件利用纯虚数的定义列式求解即得.

【详解】因，复数是纯虚数，

于是得，解得，

所以.

故答案为：-2

14．已知为的重心，且，则           .

【答案】

【分析】根据三角形中线向量公式和重心性质直接求解即可.

【详解】如图所示，取中点，连接，则三角形中线向量公式得，

又因为为的重心，故，因此，故.

故答案为:

15．已知三棱锥中，，，该三棱锥的外接球半径为5，则三棱锥的体积最大值为           .

【答案】27

【分析】由为直角三角形，其外接圆的圆心为斜边的中点，所以当三棱锥的外接球球心在线段上时，三棱锥的高最大，此时体积最大，从而可求出答案

【详解】解：取中点为，连结，则为外接圆的圆心，

所以当三棱锥的外接球球心在线段上时，三棱锥的体积最大，

在中，，

故三棱锥体积最大值为.

故答案为：27

16．已知正方形的边长为2，对角线相交于点是线段上一点，则的最小值为          ．

【答案】/

【分析】以为基底表示出，然后根据数量积定义和二次函数性质可得.

【详解】记，设，

因为，

所以，

因为，

所以，

所以，当时，取得最小值.

故答案为：

四、解答题

17．已知平面向量.

（1）若，求的值；

（2）若，求向量与夹角的余弦值.

【答案】（1）；（2）

【分析】由两向量共线的坐标表示,列出关于的方程求解即可;

由两向量垂直的坐标表示求出的值,利用向量坐标的线性运算及向量模的坐标表示及向量数量积的坐标表示,代入夹角公式求解即可.

【详解】（1）由可得，解得；

（2）由得，即，

解得，则,

则,,

所以,,

设向量与的夹角为，则，

所以，

所以所求夹角的余弦值为.

【点睛】本题考查两向量共线的坐标表示和两向量垂直的坐标表示及向量数量积的坐标表示和向量的夹角公式;着重考查学生的运算能力;属于中档题.

18．已知在中，角，，分别对应边，，，的面积为，若，，___________，求的值.

在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的横线上进行求解.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】答案见解析

【分析】根据已知条件，由正弦定理边化角，利用三角恒等变换和三角函数的性质得到即或.若选①：由已知条件结合三角形的面积公式得到的三角函数，进而利用倍角公式得到的三角函数，当时，利用两角和的正弦公式求得的正弦，利用正弦定理求得的值；当时，利用等腰三角形的判定，得到的值；若选②；根据余弦定理知，进而结合正弦定理，分析求解；若选③：根据已知条件，结合正弦定理求得.进而仿上求解.

【详解】解：由已知及正弦定理得，即，即，

故或，即或

若选①：由，得，

所以，则，.

若，则，解得，

所以，

所以，

由，得；

若，则.

综上，或2.

若选②；根据余弦定理知，故，

若，故.

所以，

由，得；

若，不符合题意；

综上，.

若选③：由，得，则，解得.

若，则，所以，

所以，

由正弦定理得，

若，则，

综上，或2.

19．如图，已知，分别是圆柱体上底面和下底面的直径，且，为圆柱下底面内的一个动点(不与、重合)，若该圆柱的高与底面圆的直径长度均为2.

（1）求证：平面平面；

（2）求三棱锥体积的最大值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连结DE.因为为直径，故；先证明平面.利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面；

（2）判断出.而的面积为定值，故当点到直线的距离最大时，三棱锥体积取得最大值，即可求解.

【详解】

（1）证明：连结DE.因为为直径，故；

因为且、均为直径，故四边形为矩形，且、为圆柱的母线，故，又因为，所以平面.因为平面，故平面平面；

（2）由题意可知三棱锥体积等于三棱锥，即.

又的面积为定值，

故当点到直线的距离最大时，三棱锥体积取得最大值.

显然点到直线的距离最大值为1，

因此三棱锥体积的最大值为.

20．已知的内角的对边分别为，其面积为，且.

(1)求角；

(2)若，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理和三角形面积公式代入已知，然后化简可得；

（2）利用正弦定理表示，然后利用和差公式和辅助角公式化简，根据正弦函数性质可得.

【详解】（1）由题知，

由余弦定理得，所以，

又，所以；

（2）由正弦定理知，即，

由（1）知，

因此

，

其中，故，

当且仅当，即时取等号，

故的最大值为．

21．如图，矩形ABCD中，，，M为边CD的中点，将沿直线AM翻折成，且，点P为线段BE的中点．

(1)求证：平面AME；

(2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取AE的中点Q，连接QM，QP构造平行四边形可证；

（2）取AM的中点O，先证EO垂直于底面，根据（1）将问题转化为求角，然后结合已知可得.

【详解】（1）证明：取AE的中点Q，连接QM，QP，

因为P，Q均为中点，故且，

又因为，且，

所以，

所以四边形MCPQ为平行四边形，故，

又平面AME，平面AME

故平面AME；

（2）取AM的中点O，连接OE，OB，

因为AE=ME，所以且．

因为，

所以，所以

在Rt中，，

因为，故，

又∵，平面ABM，平面ABM

故平面ABM．

又

因此为直线PC与平面ABM所成角，

在Rt中，，

故．

22．如图，在中，已知，点､在射线运动(不含端点，且)，点在射线上且，且.

（1）若，求长；

（2）当､在射线运动时，设，记的面积为，求的解析式，并求出的最小值.

【答案】（1）；（2），最小值.

【分析】（1）先求出与，再在中用正弦定理即可求解；

（2）先求出与，再由面积公式结合三角函数的性质求解即可

【详解】（1）在中，根据余弦定理得，

由正弦定理知，解得，

由题意知，，所以，

在中，由正弦定理知，解得；

（2）由，则，.

在中，，解得.

在中，，解得.

因此的面积为，

当，即时，取最小值.