福建省永春第二中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题及答案

2022-2023学年福建省永春第二中学高一数学下学期月考试卷

高一数学

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

第Ⅰ卷

一、单选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1.  设复数满足，则下列说法正确的是(    )

A. 的虚部为 B.

C. 为纯虚数 D. 在复平面内，对应的点位于第二象限

2．如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（    ）

A． B．

C． D．

3．已知向量，则“与的夹角为锐角”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．若用平行于某圆锥底的平面去截该圆锥，得到的小圆锥与圆台的母线长相等，则该小圆锥与该圆台的侧面积的比值为（    ）

A． B． C． D．

5．设表示平面，表示直线，表示三个不同的点，给出下列命题：

①若，则；

②若表示不同的平面，，则；

③若，则

④若，则与重合.

其中，正确的有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

6．我国古代数学家秦九韶左《数书九章》中记述了了“一斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积，根据此公式，若，且，则的面积为（    ）

A．               B．             C．           D．

7． 已知正四面体的外接球表面积为，则正四面体的体积为(    )

A.  B.    C.      D.

8．如图，直角梯形 中，已知，，动点在线段上运动，且，则的最小值是（   ）

A．3 B． C．4 D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．下列有关复数的叙述正确的是（    ）

A．若，则         B．若，则的虚部为

C．若，则可能为纯虚数  D．若，则  ．

10．已知，，若，则（    ）

A．  B．

C． D．

11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则是直角三角形

C．若是等腰三角形，则

D．若，则的面积最大值为3

12．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（    ）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面

B．存在点Q，使PQ∥平面MBN

C．经过C，M，B，N四点的球的表面积为

D．过Q，M，N三点的平面截正方体

所得截面图形不可能是五边形

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知为锐角，且，则的值为_________．

14．如图，一个底面半径为的圆柱形量杯中装有适量的水，若放入一个半径为的实心铁球，水面高度恰好升高,则____________．

15．已知是内部一点，且满足，又，，则的面积为________．

16．8.  如图，在正方体中，，，分别是，的中点，点在四边形的边及其内部运动，则当点满足          时，有平面．

四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

17．已知向量，，．

（1）当时，求向量的坐标；

（2）设函数，将函数图象上所有点向左平移个单位长度得到的图象，当时，求函数的最小值．

18．已知的角，，的对边分别为，，，设向量，，.

(1)若，求证：为等腰三角形；

(2)若，边长，角，求的面积.

19．如图所示，在正方体中，为中点.

(1)求证：平面；

(2)若正方体棱长为2，求三棱锥的体积.

20．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

(1)求角B的大小；

(2)若，D为AC边上的一点，，且______，求的面积．

①BD是的平分线；②D为线段AC的中点．（从①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）．

21．如图：正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为2，E，F分别为DD1，BB1的中点.

(1)求证：CF//平面A1EC1；

(2)过点D在答题卡上作正方体截面使其与平面A1EC1平行，请给以证明并求出该截面的面积.

22．如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里小时的速度沿着直线追击

(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里

(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船

草稿纸

参考答案：

1．B

【详解】：因为，

所以的虚部为，故A错误；

，故B正确；

不是纯虚数，故C错误；

在复平面内，对应的点位于第三象限，故D错误．

故选B．

2．D

【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可.

【详解】由题意可得：，

由直观图可得原图，如图所示，可知：，

可得，

所以原三角形的周长.

故选：D.

3．A

【分析】求出与的夹角为锐角时的充要条件是且，从而判断出答案.

【详解】因为与的夹角为锐角，则且与不共线.

时，，

当时，

则与不共线时，，

所以与的夹角为锐角的充要条件是且，

显然且是的真子集，

即“与的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件，A正确.

故选：A

4．C

【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，利用圆锥侧面的面积公式：即可求解.

【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，

则该圆锥的侧面积，

截得的小圆锥的底面半径为，母线长为，其侧面积，

而圆台的侧面积．

故两者侧面积的比值．

故选：C

5．B

【分析】由平面的基本性质的公理1可判断①；由公理2判断②；由线面的位置关系可判断③；由平面基本性质的公理3可判断④．

【详解】，表示两个平面，表示直线，，，表示三个不同的点，

①若，，，，则，由平面的基本性质的公理1，可得①正确；

②，不重合，若，，，，则，由平面的基本性质的公理2，可得②正确；

③若，，则或，可得③不正确；

④若，，，，，，如果，，不共线，则与重合，如果3点共线，则与可以相交．由平面的基本性质的公理3，可得④不正确．

其中正确的个数为2，

故选：B

6．B

【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，求得，再结合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解.

【详解】由题意，因为，所以，

即，

又由，所以，

由因为，所以，所以，即，

因为，

由余弦定理可得，解得，

则的面积为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和两角和与差的正弦函数公式的化简求值的综合应用，意在考查推理与运算能力，属于中档试题.

7．C

【分析】本题考查棱锥的外接球，球的表面积，棱锥体积，棱锥与棱柱的结构特征，属于中档题．将正四面体补全为正方体，利用正四面体的外接球与正方体外接球相同，求出正方体的边长，进而求出正四面体的体积．

【详解】解：设外接球半径为，

由，解得，

将正四面体补成正方体，知正四面体的棱为正方体的面对角线，

正四面体的外接球即为正方体的外接球，

正方体的体对角线等于外接球的直径，

设正方体棱长为，则，解得

该正四面体的体积为正方体的体积减去个三棱锥的体积，

所以．

故选C．

8．C

【分析】设，可以用表示和，从而得到与的关系，再利用均值不等式求解.

【详解】设

因为

所以

所以，所以

当且仅当，即取等，此时，与重合，符合题意.

故选：C.

【点睛】本题的关键是利用平面向量基本定理找到与的关系，从而把问题转化为均值不等式问题.

9．AD

【分析】根据复数的运算、复数的概念、复数模的几何意义判断各选项．

【详解】，所以，A正确；

，虚部是，B错误；

，若，则是实数，若，则是虚数，不是纯虚数，C错误；

，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以，D正确．

故选：AD．

10．ACD

【分析】由平面向量数量积的坐标运算，可得出的值，根据二倍角公式及两角和的正切即可判断各选项.

【详解】

 所以 , 故A正确；

,

,

，故B错误； ，故C正确；

，

，故D正确；

故选：ACD.

11．BCD

【分析】根据余弦定理和正弦定理及三角形面积公式分别判断A，B，C，D选项即可．

【详解】由正弦定理及可得．对于A，根据余弦定理得，所以，故A错误；

对于B，若，则，又，

所以，而，所以，即，故B正确；

对于C，若是等腰三角形，只可能是（若，则，不能构成三角形），

则，由余弦定理可得，所以，故C正确；

对于D，由余弦定理可得，所以，

所以，当时，取最大值3，故D正确．

故选:BCD.

12．ABD

【分析】作出过B，N，P的截面判断选项A；取中点为Q，证明其满足选项B；过MN与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项C；当Q在运动时，确定截面的形状，判断选项D．

【详解】A.连接，，，正方体中易知，

又有分别是，中点，则，所以，即四点共面，所以当Q与重合时满足B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；

B.如图，取中点为Q，连接PQ，QM，，

因为分别，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，

平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故选项B正确；

选项C，

取中点U，中点V，连接MV，MU，NV，NU，则多面体MUNV-ABCD是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过B，C，M，N四点的球，所以球直径为，半径，表面积为.故选项C错．

选项D，正方体中，M，N分别是，中点，则，

Q在线段（除端点外）上，如图，作交于E，连接EN，延长交DC延长线于点K，连接QM延长交DA延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F,多边形QENFGM为所过M，N，Q三点的截面，

由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，则截面为六边形.

当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（菱形）.

当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（矩形）.

综上，过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形.

故选项D正确；

故选：ABD．

【点睛】三棱锥外接球点睛：

求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形. 解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补形成一个正方体（长方体），若能，则正方体（长方体）的顶点均在球面上，正方体（长方体）的体对角线长等于球的直径.另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心.

13．

【分析】利用同角三角函数的基本关系结合诱导公式可求得结果.

【详解】因为为锐角，且，则，

因此，.

故答案为：.

14．

【详解】试题分析：由题可知，小球的体积等于水面上升的的体积，因此有，化简可得，；

考点：简单几何体的体积公式

15．

【分析】根据平面向量数量积定义和三角形面积公式可求得，由已知关系式可知为的重心，由此可得.

【详解】，，

；

，是的重心，.

故答案为：.

16．线段D.

【分析】本题考查线面平行的条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于中档题．

先通过面面平行的判定定理得到平面平面，从而求出满足条件线段时，有平面．

【详解】解：在正方体中，，，分别是，，的中点，

点在四边形的边及其内部运动．

，，所以，

平面，平面，

所以平面，

同理可得平面，

，，平面，

平面平面，

满足条件线段时，有平面．

故答案为：线段D.

17．（1）；（2）．

【分析】（1）代入数据即可求解；

（2）先根据二倍角的正弦公式化简函数，再得到函数的解析式，再根据三角函数的性质即可求出答案．

【详解】解：（1）当时，，，

∴；

（2）∵，，

∴，

∵函数图象上所有点向左平移个单位长度得到的图象，

∴，

∵，∴，∴，∴，

∴的最小值为．

【点睛】本题主要考查向量线性运算的坐标表示，考查三角函数的化简与性质，属于基础题．

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据，利用向量平行的坐标表示，再由正弦定理将角化边，即可证明；

（2）根据向量垂直的数量积的坐标表示可得，再根据余弦定理，两式联立可直接求得，并求得三角形的面积.

【详解】（1）因为，且，

所以，由正弦定理可得，

即，显然，所以，所以是等腰三角形.

（2）因为，且，

所以，整理得，

根据余弦定理可得，

即，

即，所以

解得（舍）或 ，

所以，

所以的面积是.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于，由中位线得，即可证平面；

（2），代入数据运算即可.

【详解】（1）证明：连接交于，连接，

则是的中点，又为中点，所以，

又平面，平面，所以平面；

（2）.

20．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化简，再根据三角形中角的范围可求得；

（2）若选①：利用三角形面积关系和余弦定理求得，然后根据面积公式即可；若选②：根据中点的向量关系式并同时平方，结合余弦定理求得，然后根据面积公式即可.

【详解】（1）由正弦定理知：

又：

代入上式可得：

，则

故有：

又，则

故的大小为：

（2）若选①：

由BD平分得：

则有：，即

在中，由余弦定理可得：

又，则有：

联立

可得：

解得：（舍去）

故

若选②：

可得：，

，可得：

在中，由余弦定理可得：，即

联立

解得：

故

21．(1)证明见解析

(2)证明见解析，

【分析】（1）利用线面平行判定定理去证明CF//平面A1EC1；

（2）先利用面面平行判定定理作出截面，再去求其面积即可.

【详解】（1）取中点M，连接

由，可得四边形为平行四边形，则

由，可得四边形为平行四边形，则

则，又平面，平面，则平面；

（2）取AA1，CC1中点G，H，连接DG，CB1，B1H，HD，

因为四边形ADHF为平行四边形，所以AF//DH

因为四边形AFB1G为平行四边形，所以GB1//AF，所以GB1 //DH

所以GDHB1即为过点D长方体截面，

∵DG//A1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DG//平面AEC1

∵DH// C1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DH//平面AEC1

又∵，∴平面DHB1G//平面AEC1.

22．(1)两船相距海里.

(2)巡逻艇应该北偏东方向去追，才能最快追上走私船.

【分析】（1）在中，解三角形得，， 在中，由余弦定理求得.

（2）在中，解三角形得，，得到，在中，由正弦定理求得，结合图形知巡逻艇的追赶方向.

【详解】（1）由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时，

由题意知

在中，

由余弦定理得

所以

在中， 由正弦定理得，即

所以（舍去）

所在

又

在中，

由余弦定理得

，

故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距海里.

（2）当巡逻艇经过小时经方向在处追上走私船，

则

在中，由正弦定理得：

则

所以，

在中，由正弦定理得：

则，故 （舍）

故巡逻艇应该北偏东方向去追，才能最快追上走私船.