永州市第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试卷（含答案）

这是一份永州市第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试卷（含答案），共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
永州市第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、已知复数，，则(   )A. B.6 C. D.2、已知点G是三角形ABC所在平面内一点，满足，则G点是三角形ABC的(   )A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心3、已知m，n表示两条不同的直线，表示平面.下列说法正确的是(   )A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则4、在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则c的值为(   )A.1 B. C. D.5、在中，若，，则的外接圆的半径为(   )A. B. C. D.6、已知正方形ABCD的边长为1，点P是对角线BD上任意一点，则的取值范围为(   )A. B. C. D.7、1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式(e是自然对数的底，i是虚数单位)，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被普为“数学中的天桥”.下列说法正确的是(   )A.  B.C.  D.8、已知向量，，其中，若平面向量满足，且，则的取值范围是(   )A. B. C. D.二、多项选择题9、如图，D，E，F分别是的边AB，BC，CA的中点，则等于(   )A. B. C. D.10、下列命题中错误的是(   )A.若复数满足，则B.若复数满足，则C.若复数，则z为纯虚数的充要条件是D.若复数，则11、的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，若边BC的中线，则下列结论正确的有(   )A.B.C.D.的面积为12、我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体;如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高之比为1:2，且底面边长均为，若该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则(   )图一 图二A.球O的体积为B.正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的体积为20C.正四棱锥的侧棱与其底面所成角的正弦值为D.正四棱锥的侧面与其底面的夹角的正弦值为三、填空题13、已知，，，则与所成的夹角大小是______.14、已知复数(i是虚数单位)，则________.15、如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中.①GH与EF平行;②BD与MN为异面直线;③GH与MN成角;④DE与MN垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是_____.16、在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，若E、F、D别是棱AB，CB，的中点，则下列四个命题:①;②三棱锥的外接球的表面积为;③三棱锥的体积为;④直线与平面ABC所成角为，其中正确的命题有_____.(把所有正确命题的序号填在横线上)四、解答题17、已知，，，与的夹角为.(1)求:，(2)求:.18、已知，，方程的一个根为，复数，满足.(1)求复数;(2)若，求复数.19、如图，在三棱柱中，侧面是正方形，M，N分别是，AC的中点，平面BCM.(1)求证:平面平面;(2)求证:平面BCM（3）若三棱柱的体积为10，求三棱锥的体积.20、在中，，，.（1）求BC（2）求的值.21、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22、如图，在平行四边形ABCD中，，，E为AD的中点，以EC为折痕将折起，使点D到达点P的位置，且，F，G分别为BC，PE的中点.（1）证明:平面AFG（2）PAB与平面PEF的交线为l，求直线l与平面PBC所成角的正弦值.
参考答案1、答案：B解析：，故选B.2、答案：D解析：因为，所以.以GA、GB为邻边作平行四边形GADB，连接GD交AB于点O，如图所示，则，所以，CO是AB边上的中线，所以G点是的重心，故选：D.3、答案：D解析：平行同一平面的两条直线可以平行、相交或异面，故A错误;若，，则、或n与相交，故B错误;若，，则，或n与相交，故C错误;垂直于同一平面的两条直线平行，故D正确故选：D4、答案：A解析：在中，已知，，，由余弦定理得:.所以.故选:A.5、答案：B解析：设的外接圆的半径为R，在中，由，则由正弦定理可得:，所以故选:B6、答案：C解析：设，则，，，所以，又，所以，又，所以.7、答案：C解析：对于A，当时，因为，所以，故不一定成立，选项错误;于，，所以B错误对于C，由，所以，得出，选项C正确;对于D，由C选项的分析得，得出，选项D错误.故选:C.8、答案：A解析：设，则由可得，，，两式相加得:，，故，由于，故，所以由得，，即，由可得，故选:A9、答案：BCD解析：因为D，E，F分别是的边AB，BC，CA的中点，所以，且，，且，所以，，所以，故选：BCD.10、答案：ABC解析：当时满足，A错;当，时满足，但，B错;复数，当且时，复数z为实数，不是纯虚数，错;令，，a，b，c，，，当时，即，，，则成立，D正确.11、答案：ACD解析：根据正弦定理，由，因为，所以，因此，因为，所以，因此选项正确，选项不正确;因为AD是中线，所以由，或舍去，因此，所以选项C正确;的面积为，所以选项D正确.12、答案：BD解析：设正四棱锥为，其底面中心为;设正四棱柱为，其下底面中心为，设E是BC的中点，连接，PE，AC，BD，，，O是球O的球心，设球O的半径为R，设正四棱柱的高为x，则正四棱锥的高为2x，x为正数，所以，，所以，所以，解得，所以，球的体积，A选项错误.组合体的体积为，B选项正确.依题意可知正四棱锥的侧棱与其底面所成角为，，C选项错误.根据正四棱锥的性质可知:，所以是正四棱锥的侧面与其底面的夹角，，D选项正确.故选:BD13、答案：解析：因为，，，记与所成的夹角为，所以，因此.故答案为:.14、答案：解析：由，.故答案为:.15、答案：②③④解析：还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成角，因为正四面体对棱垂直，所以，，所以.16、答案：①②③解析：对于①，取中点G，连接EG，DGE为AB中点，，，四边形为正方形，则，在中，D，G分别为，的中点，则，且，F为BC的中点，且，，且，四边形DFBG为平行四边形，，故①正确;对于②，，，，面，，三棱锥的外接球的球心在线段的中点处，则外接球的半径为，三棱锥的外接球的表面积为，故②正确;对于③，，，，，在Rt中，，，，同理可得，则三棱锥为正四面体，，体积，故③正确;对于④，面ABC，直线在平面ABC上的投影为直线CE，则为直线与平面ABC所成的角，在中，，直线与平面ABC所成的角不是，故④不正确.17、答案：（1）1，-3（2）解析：（1）由，，，得，又.（2）18、答案：（1）（2）解析：（1）依题意，得，即，由复数相等的定义及a，，得，解得.故复数.（2）设，由，得，又，得，即，所以，解得，所以.19、答案：（1）证明见解析（2）证明见解析（3）解析：（1）平面BCM，平面BCM，，在正方形中，，，平面，平面，平面平面.（2）设BC中点为Q，连接NQ，MQ，N，Q分别是AC，BC的中点，，且，又点M是的中点，，，且，，且，四边形是平行四边形，，平面BCM，平面BCM，平面BCM.（3）连接，则，M为的中点，三棱锥的体积.20、答案：（1）（2）解析：（1）在中，，由正弦定理得.（2）因为，所以，，，.21、答案：（1）两船相距海里.（2）巡逻艇应该北偏东75°方向去追，才能最快追上走私船.解析：（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，（135°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t小时经CE方向在E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（150°舍），，故巡逻艇应该北偏东75°方向去追，才能最快追上走私船.22、答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）连接BE，交AF于H，并连接HG，由E、F分别是AD、BC的中点，而，故ABFE为正方形，所以H为BE的中点，又G是PE的中点，所以，而面AFG，面AFG，故面AFG.（2）由题易知:且均为等腰三角形，且均为等边三角形，若K为CE中点，连接PK，FK，则，，而，PK，面PKF，则面PKF，又面ABCD，故面面ABCD，面面，所以P在面ABCD上的射影O在直线FK上，过P作直线，而，则，故直线l为面PAB与面PEF的交线，所以直线l与平面PBC所成角，即为EF与面PCF所成角，由题设，，，令，则，，因为面ABCD，FK，面ABCD，故，，所以，又，易知，在中，，整理得，所以，故，，若E到面PCF的距离为h，且，即，所以，，，，综上，，则.