2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高一下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【详解】分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限.

详解：的共轭复数为

对应点为，在第四象限，故选D.

点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分.

2．在△ABC中，若sin2A＝sin2B+sin2C，则∠A＝（　　）

A．45° B．75° C．90° D．60°

【答案】C

【分析】利用正弦定理将sin2A＝sin2B+sin2C中的角化边，即可得解．

【详解】由正弦定理知，.

∵sin2A＝sin2B+sin2C，∴a2＝b2+c2，即∠A＝90°．

故选：C．

3．已知圆的半径为，分别为该圆的内接三角形的三边，若，则三角形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正弦定理以及三角形的面积公式结合已知条件即可求解.

【详解】设分别为角所对的边，

在中，由正弦定理可得：，

所以，

，

所以三角形的面积为，

故选：C.

4．设是非零向量，则“存在实数λ，使得”是“”的 （    ）

A．充分必要条件 B．充分而不必要条件

C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】结合向量共线和充分、必要条件等知识确定正确选项.

【详解】依题意是非零向量，

“存在实数λ，使得”，

“”同向，

所以“存在实数λ，使得”是“”的必要而不充分条件.

故选：C

5．给出下列命题：

①若的三条边所在直线分别交平面于三点，则三点共线；

②若直线是异面直线，直线是异面直线，则直线是异面直线；

③若三条直线两两平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面；

④对于三条直线，若，，则.

其中所有真命题的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．③④ D．②④

【答案】B

【分析】根据平面的基本性质，以及空间中两直线的位置关系，逐项判定，即可求解.

【详解】对于①中，若的三条边所在直线分别交平面于三点，

可得且平面，所以三点必在两平面的交线上，

所以三点共线，所以①正确；

对于②中，若直线是异面直线，直线是异面直线，则直线可能相交，平行或异面直线，所以②错误；

对于③中，若三条直线两两平行且分别交直线于三点，由公理3可得这四条直线共面，所以③正确；

对于④中，例如：若是过长方体一顶点的三条棱，则满足若，，此时与相交，所以④错误.

其中所有真命题的序号是①③.

故选：B.

6．已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的运算法则以及已知条件给出的几何关系，作出图形，然后根据投影向量的公式代入求解即可.

【详解】如图所示，

是的中点

又是等边三角形

设的外接圆半径为

向量在向量上的投影向量为：

故选：A.

7．已知的面积为，，，则AC边的中线的长为（    ）

A． B．3 C． D．4

【答案】C

【分析】根据正弦定理、二倍角正弦公式、正弦函数的性质，结合三角形面积公式、平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的运算性质进行求解即可.

【详解】根据正弦定理由，

因为，所以，或，

当时，,不符合三角形内角和定理，

当时，，因此,

因此，因为的面积为，

所以有，负值舍去，即，

由余弦定理可知：

，

设边的中点为，所以有，因此

故选：C

8．锐角的内角，，的对边分别为，，.若，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由正弦定理和三角函数恒等变换得，再根据角的范围求得，从而可求得答案.

【详解】解：由正弦定理得

.

由为锐角三角形得解得，所以，则，故的取值范围是.

故选：A．

二、多选题

9．判断平面与平面平行的条件可以是（    ）

A．平面内有无数条直线都与平行

B．直线，，且，

C．平面，且平面

D．平面内有两条不平行的直线都平行于平面

【答案】CD

【分析】结合面面平行的判定方法逐项分析即可.

【详解】对A： 结合图形可知A错误；

对B： 结合图形可知B错误；

对C：由平面平行的传递性可以得证；

对D：由两平面平行的判定定理即可得证.

故选：CD.

10．某圆锥的底面半径为4，母线长为5，则下列关于此圆锥的说法正确的是（    ）

A．圆锥的体积为

B．圆锥的侧面展开图的圆心角为

C．圆锥的侧面积为

D．过圆锥两条母线的截面面积最大值为

【答案】AD

【分析】对于A，由已知条件结合勾股定理可求出圆锥的高，从而可求出圆锥的体积；对于B，用圆锥的底面周长除以母线长可求出圆锥的侧面展开图扇形的圆心角；对于C，圆锥的侧面展开图是一个扇形，利用扇形的面积公式求解；对于D，先判断圆锥的轴截面的顶角的大小，然后求过圆锥两条母线的截面面积最大值

【详解】解：某圆锥的底面半径为，母线长为，如图所示：

对于A，圆锥的高为，圆锥的体积为，选项A正确；

对于B，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，选项B错误；

对于C，圆锥的侧面积为，选项C错误；

对于D，圆锥的轴截面是等腰三角形，

顶角的余弦值为，所以顶角为钝角，

所以过圆锥两条母线的截面面积最大值为，选项D正确.

故选：AD.

11．下列关于平面向量的说法中错误的是（    ）

A．若，则存在唯一的实数，使得

B．已知向量，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是

C．若且，则

D．若点为的垂心，则

【答案】ABC

【分析】直接利用向量的共线，向量的坐标运算，向量垂直的率要条件，向量的数量积的应用判断A，B，C，D的结论即可

【详解】解：对于A，当时，满足，但不满足存在唯一的实数，使得，所以A错误；

对于B，因为，，所以，因为与的夹角为锐角，所以，解得，而当时，与共线，所以且，所以B错误；

对于C，由于，，所以当时，等号成立，所以C错误；

对于D，因为点为的垂心，所以，所以,所以,同理可得所以，所以D正确，

故选：ABC

12．设的内角，内角，，的对边分别为，，若，，则下列选项正确的是（    ）

A．外接圆半径为 B．面积的最大值为

C．的周长的最大值为8 D．的最大值为32

【答案】ABD

【分析】对A，根据正弦定理判定即可；

对B，利用余弦定理和面积公式结合基本不等式求解即可；

对C，利用余弦定理结合基本不等式求解即可；

对D，利用余弦定理结合基本不等式求解即可；

【详解】对A，由正弦定理，外接圆半径满足，故，故A正确；

对B，由余弦定理，，故，故，当且仅当时取等号，故B正确；

对C，，故，故的周长的最大值12，当且仅当时取等号，故C错误；

对D，，故，当且仅当时取等号，故的最大值为32，故D正确；

故选：ABD

【点睛】本题主要考查了正余弦定理结合基本不等式，求解三角形中的范围问题，需要根据题意确定基本不等式，属于中档题

三、填空题

13．是关于x的方程的一个根，则实数      ．

【答案】

【分析】根据复数根的特点可知两复数根是互为共轭复数，再利用韦达定理即可求解.

【详解】是关于x的方程的一个根，另一个根为

由韦达定理得：，解得：

故答案为：.

14．某公园供游人休息的石凳如图所示，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的的棱长为，则石凳所对应几何体的表面积为        .

【答案】

【分析】由题意，石凳的表面是由6个边长为的正方形和8个边长为的正三角形组成，即得解

【详解】由题意知，表面积为.

故答案为：

15．已知满足，，能使存在且不唯一的一个值可以是      ．

【答案】（答案不唯一，只需）

【分析】作出图形，根据有多解可出关于的不等式，解出的范围即可得解.

【详解】如下图所示，若存在且不唯一，则，即.

故答案为：（答案不唯一，只需满足即可）.

四、双空题

16．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，且两两垂直，，，，则该三棱锥的体积为      ，球O的表面积为      .

【答案】     10    

【分析】由条件可得可得出体积，将三棱锥补成长方体，则三棱锥与该长方体的外接球相同，可得，从而得出答案.

【详解】由两两垂直，则以为底面，则为三棱锥的高，

则；

将三棱锥补成长方体如图所示，则三棱锥的外接球与该长方体的外接球相同，

所以外接球的直径长等于长方体的对角线的长，

所以，即，

所以外接球的表面积为：，

故答案为：10 ；.

【点睛】关键点点睛：解答本题第二空的关键在于将几何体补形为长方体，利用长方体的外接球去分析求解.此外，对棱长度相等的三棱锥也可以放置于长方体或正方体中去分析外接球；若三棱锥中一条棱垂直于底面，且底面形状非直角三角形，则可以将几何体补形为三棱柱，借助三棱柱的外接球去分析.

五、解答题

17．在中，，，．

(1)求和的值；

(2)判断是否是锐角三角形，并说明理由．

【答案】(1)，

(2)不是锐角三角形，是钝角三角形，理由见解析

【分析】（1）由正弦定理和余弦定理求解即可；

（2）由边长确定最大角，由最大角判断三角形形状即可.

【详解】（1）∵，，，

∴由正弦定理得，，

由余弦定理得，，

即，解得，（舍）或，

∴，.

（2）由（1），，，，

∴，∴，即为的最大角，

由余弦定理，有，

∴，即为钝角，

∴不是锐角三角形，是钝角三角形.

18．已知向量，，，其中A、B、C为的内角，a，b，c为角A，B，C的对边.

（1）求C；

（2）若，且，求c.

【答案】（1）；（2）6.

【分析】（1）根据向量数量积坐标运算公式结合二倍角公式，得到关于一元二次方程，求解即可；

（2）由（1）结合已知得出，再由余弦定理，配方再将代入，得到关于的一元二次方程，求解即可得出结论.

【详解】（1），

对于，，

∴，∴.

又∵，

∴，

，或（舍去）

又，；

（2）∵，，∴，

由余弦定理，

∴，，

∴.

19．已知复数（a，），且．

(1)若z的实部和虚部相等，求z对应的点的坐标；

(2)在复平面内z对应的点的集合是什么图形？并画出此图；

(3)若，求a，b的值．

【答案】(1)；

(2)圆，图形见解析；

(3)，或

【分析】（1）根据复数实部和虚部的定义，结合复数模的计算公式进行求解即可；

（2）根据复数模的计算公式，结合圆的定义进行求解即可；

（3）根据复数模的计算公式，解方程组进行求解即可.

【详解】（1）因为z的实部和虚部相等，

所以，因为，所以，

当时，；当时，，

因此z对应的点的坐标为；

（2）因为，

所以有，它表示在复平面内z对应的点到原点的距离为，

即在复平面内z对应的点是以为圆心，为半径的圆，图形如下图：

（3）因为，

所以，

又因为，

所以，

于是有，或.

20．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，其中，平面，分别是的中点.

（1）求证：直线平面;

（2）求异面直线与所成角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】(1)取的中点，连结，再利用线面平行的判定定理证明即可；

(2)由，可知或其补角即为异面直线与所成的角，作垂足为，连结，在中求解即可.

【详解】(1)取的中点，连结，

因为为的中点，为的中点，且，

又四边形是菱形，是的中点，所以且，

所以且，所以四边形是平行四边形，

所以，又平面，平面，

所以平面；

(2) 作垂足为，连结，

因为四边形是菱形，所以，

所以或其补角即为异面直线与所成的角，

因为平面，平面，所以，

又，平面，所以平面，

又平面，所以，

在中，，，所以，

在中，，，所以，

所以在中，，

所以，即异面直线与所成角的大小为.

21．如图，在四棱锥中，底面为梯形，、别是、的中点，，，，平面.

（1）求证：平面；

（2）求与平面所成的角的正切值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由平行四边形的判定可知为平行四边形，再由中位线的性质得，根据线面平行的判定可证平面；

（2）取的中点，连接，根据菱形的性质可得△为等边三角形，进而有，由线面垂直的性质有，根据线面垂直的判定得平面，即与平面所成的角为，进而求正切值.

【详解】

（1）连接，设，连接，

且，为的中点，则且，

∴四边形为平行四边形，则为的中点，又为的中点，

∴，又平面，平面，

∴平面；

（2）取的中点，连接，

且，为的中点，则且，

∴为平行四边形，即，易知：四边形为菱形，

∴，则△为等边三角形，又为的中点，则，

平面，平面，

，又，

平面，即与平面所成的角为，

∵平面，平面，

，则，又，

由平面，知：，则，

∴.

22．如图，某兴趣小组为测量河对岸直塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，，，可测的量有，，，，，，．

(1)若，，，，求塔高；

(2)用表示塔高；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令可得、，中应用余弦定理列方程求参数即可；

（2）令则，在应用正弦定理列方程即可求塔高.

【详解】（1）令，由题意，在直角中．

在直角中．

在中．

故，化简得，

解得，或（舍），所以塔高为．

（2）同（1）设，直角中，

在中，且由正弦定理，

所以，解得.

所以塔高为．