2022-2023学年新疆维吾尔自治区石河子市高一下学期5月月考数学试题含解析

石河子市2022-2023学年高一下学期5月月考

数学试卷

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. 已知复数，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算即可求解.

【详解】．

故选：D．

2．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．，则 B．，则

C．，则 D．，则

2．D

【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.

【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，

显然满足，而，此时不成立，A错误；

对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，B错误；

对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，C错误；

对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.

故选：D

3．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（）

A．30°        B．45°        C．150°        D．30°或150°

【答案】A

【解析】因为，，，

所以由正弦定理可得，所以或150°．

因为，所以，所以．故选：A

4．若的直观图如图所示，，，则顶点到轴的距离是（）

A．2        B．4        C．        D．

【答案】D

【解析】如图（1）所示，在的直观图中，过点作轴交于点，

又因为且，可得，

作出直角坐标系中，作出的图形，如图（2）所示，

根据斜二测画法的规则，可得轴，

即点到的距离即为.故选：D.

5．已知正三角形ABC的边长为4，点P在边BC上，则的最小值为（       ）

A．2 B．1 C． D．

【解析】记，,因为，

所以.故选：D

6．上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为，上、下底面边长分别为，，则该球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【分析】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，证明点就是几何体的外接球的球心，即得解.

【详解】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，

则，，同理，

所以，同理.

所以.

所以点就是几何体的外接球的球心.

所以球半径，

所以体积为．

故选：A

7．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【分析】由三点共线，结合向量的线性运算将用表示，根据共线的条件得出参数值，然后对等式两边同时平方即可.

【详解】，又，即，

由三点共线可知，，即，故.

由题知，，.

将上式两边平方可得，，即.

故选：B

8．锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C，若，则sinA的取值范围是（    ）

A．  B． C． D．

【详解】由，得，由余弦定理得，

∴，即，

由正弦定理得，

∵，

∴，

即.

∵，∴，∴，

又为锐角三角形，∴，

∴，解得，

又，，，

∴，

∴.

故选：C.

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. 八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1船八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论正确的有（）

A.  B.

C. D. 在向量上的投影向量的模为

【答案】AB

【解析】

【分析】首先明确正八边形的特征，然后数量积的定义进行计算，可判断A,C;根据向量的加发运算可判断B;根据向量投影的概念可判断D.

【详解】图2中的正八边形中，每个边所对的角皆为，其中，

对于，故正确；

对于，故正确．

对于，，的夹角为 ,的夹角为 ,故，故错误．

对于在向量上的投影向量的模为，故错误．

故选：．

10．已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（       ）

A．

B．

C．若，则的虚部为

D．已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据的幂指数运算的周期性可知A正确；由虚数无法比较大小知B错误；根据复数乘方运算和虚部定义可知C错误；设，化简已知等式可得所求轨迹为，知D正确.

【详解】

对于A，，A正确；

对于B，虚数无法比较大小，B错误；

对于C，，则的虚部为，C错误；

对于D，设，则，，

整理可得：，即在复平面内对应的点为，轨迹为直线，D正确.

故选：AD.

11．在中，角所对的边分别为，，，O为外接圆圆心，则下列结论正确的有（    ）

A． B．外接圆面积为

C． D．的最大值为

11．ACD

【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合诱导公式及二倍角正弦求出角A，再利用正余弦定理、三角形面积公式、数量积运算计算判断各选项作答.

【详解】在中，由正弦定理及得：，

而，则有，即，又，，

则，所以，即，A正确；

由正弦定理得外接圆半径，该圆面积，B错误；

如图，，C正确；

由余弦定理得：，当且仅当时取等号，

因此，D正确.

故选：ACD

12．如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（    ）

A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为

C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为

12．BD

【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.

【详解】由题意可得，

又平面，

所以平面，

在中，，边上的高为，

所以，故A错误；

对于B，在中，，

，

所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；

对于C，，

设点到平面的距离为，

由，得，解得，

所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；

由B选项知，，则，

所以的外接圆的半径，

设三棱锥外接球的半径为，

又因为平面，

则，所以，

即三棱锥外接球的半径为，故D正确.

故选：BD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13. 已知向量，，且，则______．

【答案】10

【解析】

【分析】根据求得值，再计算.

【详解】因为向量，，且，所以，解得．

所以．故，

所以．

故答案为：10

14．已知圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为_________.

14．

【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得圆台的高，然后利用圆台的侧面公式即可求得其侧面积.

【详解】圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，

如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为，

则圆台的高，

测圆台的母线长为，

据此可得圆台的侧面积为.

故答案为：.

15．如图，正方体的棱长为2，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是________.

15．

【分析】为中点，则截面图形为梯形，利用勾股定理求各边的长，可得周长.

【详解】为中点，连接，

正方体中，，，则四边形为平行四边形，

有，，

为中点，是的中点，则，得，

则平面截正方体所得的截面图形为梯形，

其中，，，

则梯形的周长为 即所得的截面图形的周长是

故答案为：

16．在锐角△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,若，则的取值范围是______．

【答案】

【解析】由题设，，而，

所以，又，

所以，且△为锐角三角形，则，可得，

而.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. （本小题10分）如图所示，从底面半径为2a，高为的圆柱中，挖去一个底面半径为a且与圆柱等高的圆锥，求圆柱的表面积与挖去圆锥后的几何体的表面积 之比.

【解析】

【详解】由题意，知

，

挖去圆锥的母线长为

.

∴.

【点睛】本题考查圆柱及组合体的表面积，属于基础题

18. （本小题12分）已知．

（1）求；

（2）求证：．

【解析】【小问1详解】

由，得，

所以，所以，所以．

【小问2详解】

因为，

所以．

19. （本小题12分）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．

【解析】【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．

20. （本小题12分）已知的内角，，的对边分别为，，，．

（1）求角；

（2）若，，求的周长．

【解析】【小问1详解】

因为，

由正弦定理可得，

所以，

即，

因为，所以，

因为，则，故．

因为，所以．

【小问2详解】

根据正弦定理有，所以．

因为，所以，所以，

所以，

，

所以的周长为．

21．（本小题12分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD＝BC＝1，二面角P－CD－A为直二面角．

（1）若E为线段PC的中点，求证：DE⊥PB；

（2）若PC＝，求PC与平面PAB所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：因为PD＝DC＝1，且E为PC的中点，所以DE⊥PC，

又因为二面角P－CD－A为直二面角，

所以平面PCD⊥平面ABCD，

因为BC⊥CD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，平面ABCD，

所以BC⊥平面PCD，

因为平面PCD，所以BC⊥DE.

因为BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，BC∩PC＝C，

所以DE⊥平面PBC，

又因为PB⊂平面PBC，所以DE⊥PB.

（2）在中，，，

由余弦定理可得，

因为所以∠PDC＝120°，

过点P作PH⊥CD的延长线于H，如图，

因为二面角P－CD－A为直二面角，平面平面，平面，

所以平面，

在中，，

过H点作HG∥DA，且HG与BA的延长线交于G点．

因为所以，

因为平面，平面，所以，

因为，平面，

所以平面，

因为平面，所以

在中，，

所以，

设点C到平面PAB的距离为h，则

，解得，

设PC与平面PAB所成的角为θ，，

即PC与平面PAB所成角的正弦值为

22．（本小题12分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.

(1)求；

(2)若，，求的面积的最大值.

【详解】（1）由题意，

在中，，

∵，

∴,即，

∴，

∵，

∴，可得，解得：.

（2）由题意及（1）得

在中，，，，

∴为边的中点，

∴,

∴，即，

设，，则，

所以，当且仅当时，等号成立.

∴，当且仅当时，等号成立，

∴的面积的最大值为.