精品解析：安徽省皖北县中联盟2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：安徽省皖北县中联盟2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年度第二学期高一年级5月联考数学一、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，只有一项是符合题目要求的.1. 若复数是纯虚数，则实数a的值是（    ）A. 1 B. 0 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由复数的除法运算、复数分类可得答案.【详解】依题意，由于是纯虚数，所以，解得.故选：A.2. 下列叙述正确的是（    ）A. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台B. 两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C. 有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台D. 棱台的侧棱延长后必交于一点【答案】D【解析】【分析】根据棱台的定义以及性质，即可得出答案.【详解】对于A，当截面不平行于底面时，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台，A错误；对于B，C，如图的几何体满足条件，但侧棱延长线不能相交于一点，不是棱台，B，C错误；  对于D，由棱台结构特征知侧棱延长后必交于一点，D正确.故选：D.3. 已知向量，，若，则（    ）A.  B.  C. 0 D. 1【答案】C【解析】【分析】由向量共线的坐标表示求解即可.【详解】由，得，得.所以，即.故选：C.4. 如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则是（    ）  A. 锐角三角形 B. 钝角三角形C. 等腰直角三角形 D. 以上选项都不对【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的规则，以及的边长关系，即可得出边长关系，进而得出答案.【详解】根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，.因为，所以，则是以AC为斜边的等腰直角三角形，如图所示：  故选：C.5. 已知平面两两垂直，直线满足：，则直线不可能满足以下哪种关系A. 两两垂直 B. 两两平行 C. 两两相交 D. 两两异面【答案】B【解析】【分析】通过假设，可得平行于的交线，由此可得与交线相交或异面，由此不可能存在，可得正确结果.【详解】设，且与均不重合假设：，由可得：，又，可知，又，可得：因为两两互相垂直，可知与相交，即与相交或异面若与或重合，同理可得与相交或异面可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行本题正确选项：【点睛】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.6. 已知复数满足，则下列结论正确是（    ）A.  B. 的虚部与实部相等C.  D. 存在复数，使【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法，化简可得，然后根据复数的概念，即可得出答案.【详解】对于A项，由，得，故A项错误；对于B项，的实部为，虚部为，故B项错误；对于C项，，故C项错误；对于D项，当时，，故D项正确.故选：D.7. 位于某港口A的小艇要将一件重要物品送到一艘正在航行的海轮上.在小艇出发时，海轮位于港口A北偏东30°且与该港口相距30海里的B处，并正以20海里/时的速度沿正西方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与海轮相遇.若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇的航行速度（单位：海里/时）应为（    ）A.  B. 20 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用垂线段最短，结合三角函数值求出最小距离，即可求出答案.【详解】如图所示，，，，当时，即小艇往正北方向航行时航行的距离最小，最小值为海里，从而海轮航行的距离为海里，故航行时间为小时，所以小艇的航行速度海里/时.故选：D.  8. 在边长为6菱形中，，现将菱形沿对角线BD折起，当时，三棱锥外接球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合图形的几何性质求出相关线段的长，根据球的几何性质确定三棱锥外接球的球心位置，求得外接球半径，即可求得答案.【详解】由题意在边长为6的菱形中，知，和为等边三角形，如图所示，  取BD中点E，连接AE，CE，则，，同理可得，又，则，则，又平面,故平面，而平面，故,由于为等边三角形，故三棱锥外接球球心O在平面内的投影为的外心，即平面，故，过O作于H，则H为的外心，则,即共面，则，则四边形为矩形，则在中，，，所以外接球半径，则外接球表面积为，故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列说法正确的是（    ）A. 复数的虚部为B. 方程的复数根为C. 若，则复平面内对应的点位于第二象限D. 复平面内，实轴上的点对应的复数是实数【答案】BD【解析】【分析】化简即可判断A项；根据韦达定理，即可得出B项；化简得出，求出共轭复数，根据复数的几何意义，即可判断C项；根据复数的几何意义，即可得出D项.【详解】对于A，，虚部为3，A错误；对于B，，，B正确；对于C，，则，复平面内对应的点在y轴负半轴上，C不正确；对于D，复平面内，实轴上的点对应的复数是实数，D正确.故选：BD.10. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ）A. B. 若为斜三角形，则C. 若，则是锐角三角形D. 若，则一定是等边三角形【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项，【详解】对于A，由正弦定理和比例性质得，故A正确；对于B，由题意，，则，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以C为钝角，是钝角三角形，故C错误；对于D，因为，所以，所以，且A，B，，所以，所以为等边三角形，故D正确．故选:ABD．11. 如图，正四棱柱中，，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（    ）A. 平面BEFB. 直线与直线BF所成的角为C. 平面BEF与平面ABCD的夹角为D. 直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABC【解析】【分析】对于A，若平面BEF，则，与矛盾；对于B，假设直线与直线BF所成的角为，可得平面，所以，显然这是不可能的；对于C，可证得即为平面BEF与平面ABCD的夹角，求判断即可；对于D：直线与平面ABCD所成的角即为直线与平面ABCD所成的角.【详解】对于A，如图，连接，由题意，又E，F分别为，的中点，可得，若平面BEF，则，进而．这显然不成立，故与平面BEF不垂直，A错误；对于B，假设直线与直线BF所成的角为，即，由正四棱柱的性质可知平面，而平面，所以，又与相交，、面，所以平面，而由正四棱柱的性质可知平面，所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此B错误；对于C，分别延长，DA交于点P，连接PB，则直线PB即为平面与平面ABCD的交线．连接BD，，因为且，所以，所以，又平面，面，所以，又面，所以平面，又面，所以，所以即为平面BEF与平面ABCD的夹角，易知，故，C错误；对于D，可证，则直线与平面ABCD所成的角为，又根据题意易知，D正确．故选：ABC．12. 已知正的边长为，中心为O，P是的内切圆上一点，则（    ）A.  B. 满足的点只有1个C.  D. 满足的点有2个【答案】ABD【解析】【分析】设M为AB的中点，的内切圆半径为r，外接圆半径为R，先作图推出，进而根据向量的数量积，即可得出A项；根据向量的运算法则可得，结合内切圆的半径以及已知条件，即可得出B项；根据向量加法运算的法则，结合图象以及数量积的定义，即可判断C项；根据向量加法运算的法则，结合图象，即可得出D项.【详解】对于A，法一：设M为AB的中点，连接OM，则C，O，M三点共线.设的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则.因为O为的中心，故，而，故.又，A正确；法二：记CO中点为N，设的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则.由正三角形的性质知N在内切圆上且MN为内切圆圆O的直径，如图2，连接PM，PN，从而有，A正确；对于B，，因为的边长为，所以内切圆半径为1，当且仅当P为OC中点N时，，B正确；对于C，当与重合时，，此时，满足；当与不重合时，，由图象易知与的夹角，所以，所以，故C错误；对于D，，要使，则，分析可知此时P恰为线段OB与内切圆的公共点，又当P与M重合时，也满足题意，故这样的点有2个，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：结合图象以及向量加法的运算法则，即可简化运算.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知复数满足，则______.【答案】1【解析】【分析】根据复数的除法运算、模长计算可得答案.【详解】法一：由，得，所以，；法二：由，得，所以，.故答案为：1.14. 若单位向量满足，且，则实数k的值为___________.【答案】6【解析】【分析】根据两向量垂直，可得到=0，展开化简即可求出值.【详解】因为，所以，因为，所以，即，又是单位向量，所以，即.故答案为：15. 已知正方体的棱长为3，则到平面的距离为______.【答案】【解析】【分析】根据正方体的性质以及线面垂直的判定定理、性质定理，可得出平面.构造辅助线得出与平面的交点，然后根据相似三角形，即可得出答案.【详解】  如图，连接，，由正方体的性质可知，平面，.因为平面，所以.因为平面，平面，，所以平面.因为平面，所以.同理可得.因为平面，平面，，所以平面.连接AC交BD于O，连接交于点，则到平面的距离即等于的长.因为，且，所以四边形为平行四边形.又，所以，则，所以，即到平面的距离为.故答案为：.16. 在中，，是的角平分线，且交于点.若的面积为，则的最大值为______.【答案】【解析】分析】根据已知可推得.根据，即可得出.根据基本不等式，即可得出答案.【详解】  设角A，B，C的对边分别为a，b，c.因为，所以.由已知可得，.又，，即，整理得，当且仅当时，等号成立.故AM的最大值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知复数满足.（1）求；（2）求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）（2）根据条件求出复数，代入所求运算求解即可.【小问1详解】因为，所以，所以，所以.【小问2详解】.18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角A；（2）若的面积为，求a的最小值.【答案】（1）    （2）3【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角可得.然后根据两角和的正弦公式化简整理可得，根据的范围，即可得出答案；（2）根据已知可求得.进而根据余弦定理，结合基本不等式，即可得出的范围.【小问1详解】由，得.又，所以， 所以，整理得，因为，所以，故，又，所以.【小问2详解】因为的面积，所以. 由余弦定理可得，当且仅当时等号成立. 即，.故的最小值为3.19. 如图所示，在中，，，，.  （1）试用向量，来表示，；（2）若，求证：D，O，N三点共线.【答案】（1），    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据几何关系，结合图象以及向量的运算法则，即可表示出，；（2）根据已知可推得，然后根据向量的运算即可得出，进而得出证明.【小问1详解】因为，所以，所以.因为，所以，所以.【小问2详解】因为，所以，则，，所以，即证D，O，N三点共线20. 如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是棱，AC的中点．（1）判断多面体是否为棱柱并说明理由；（2）求多面体的体积；（3）求证：平面平面AB1D．【答案】（1）多面体不是棱柱，理由见解析    （2）    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据棱柱的特征判断即可；（2）利用三棱锥体积减两个三棱锥体积可得；（3）根据面面平行判定定理，将问题转化为两个线面平行问题，再将线面平行转化为线线平行，结合条件即可证明.【小问1详解】多面体不是棱柱．理由如下：因为棱柱的侧面必为平行四边形，故棱柱的面至少有3个平行四边形，而多面体只有1个面是平行四边形，故不是棱柱.【小问2详解】易知三棱柱的体积，三棱锥的体积，易知三棱锥的体积等于三棱锥的体积，故多面体的体积．【小问3详解】因为D，E分别是，AC的中点，所以，所以四边形为平行四边形所以．又平面，平面，所以平面．易知，得四边形为平行四边形．所以，又平面，平面，所以平面．而，BE，平面，所以平面平面．21. 已知空间几何体中，是边长为2的等边三角形，是腰长为2的等腰直角三角形，四边形是正方形.  （1）设平面平面，求证：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，线面平行的性质定理可得，（2）法一：取CD的中点F，由线面垂直的判定定理得平面，性质定理得，再由线面垂直的判定定理得平面，再由棱锥的体积公式可得答案；法二：由线面垂直的判定定理得平面，根据三棱锥的体积与三棱锥的体积相等求出.【小问1详解】∵四边形是正方形，∴，又平面，平面，∴平面，又平面，平面平面，∴；  【小问2详解】法一：取CD的中点F，连接BF，∵是边长为2的等边三角形，∴，且易得，∵是边长为2的等边三角形，四边形是正方形，∴，而是腰长为2的等腰直角三角形，∴，又由题意知，，，平面，∴平面，而平面，∴，，平面，所以平面，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，，故三棱锥的体积为；  法二：∵是边长为2的等边三角形，四边形是正方形，∴，而是腰长为2的等腰直角三角形，∴，又由题意知，，BC，平面，∴平面，易知，∴三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，即，故三棱锥的体积为.22. 如图，在梯形中，，，，.  （1）若，求的面积；（2）若，求BD的长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理可推得，解得，然后根据面积公式，即可得出答案；（2）设，根据图象可得.根据正弦定理，可推得， 进而求得. 在中，由正弦定理，即可得出答案.【小问1详解】在中，，，，由余弦定理，得，即，整理可得，解得. 可得的面积.【小问2详解】设，因为，所以，，则.在中，由正弦定理，得，即，整理可得，，所以， 易知为锐角，由，可得，所以. 因为，所以.在中，由正弦定理，得，即，解得，故BD的长为.