2022-2023学年甘肃省民勤县第一中学高一下学期第二次月考数学试题含答案

2022-2023学年甘肃省民勤县第一中学高一下学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．复数的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据共轭复数的定义即可得解.

【详解】，

则.

故选：B.

2．已知，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由向量平行的坐标表示可求，再由向量坐标运算公式求.

【详解】因为，，

所以，

所以，

所以，

所以，

故选：A.

3．在中，已知，则的外接圆半径为（　　）

A．4 B．4 C． D．

【答案】C

【分析】利用三角形的余弦定理，即可求解．

【详解】因为在中，已知，

设的外接圆半径为，由正弦定理可得，

解得的外接圆半径为R．

故选：C．

4．如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可.

【详解】因为E为CD的中点，则.因为D为AB的中点，则.所以.

故选：D.

5．如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.

【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.

故选：C

6．如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（    ）

A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．组合体

【答案】B

【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．

【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，

剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．

故选：B

7．已知向量，的夹角为，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据求出向量模，再根据数量积定义是求出值，在利用向量求模公式算出结果.

【详解】因为，所以，因为向量，的夹角为，且，

所以，

因为，

所以.

故选：

8．如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（    ）

A．直线直线 B．直线直线

C．直线直线 D．直线平面

【答案】C

【分析】画出翻折之后的立体图形，根据点线面之间的位置关系以及平行与垂直的相关定理，可以证明或证伪相关命题.

【详解】翻折之后如图所示：

①因为，，所以且，

因此，故选项A成立；

②连接，因为分别为的中点，所以，

又因为，所以，故选项B成立；

③因为，，所以与不平行，故选项C不成立；

④因为，且平面，平面，

所以平面，故选项D成立.

故选：C

二、多选题

9．下列结论中正确的是（    ）

A．正四面体一定是正三棱锥 B．正四棱柱一定是长方体

C．棱柱的侧面一定是平行四边形 D．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面

【答案】ABC

【分析】根据各几何体的定义直接判断.

【详解】A选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以A选项正确；

B选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以B选项正确；

C选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以C选项正确；

D选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以D选项错误；

故选：ABC.

10．下列说法中正确的是（    ）

A．终边在轴上的角的集合是

B．函数的最小正周期是

C．函数在上是减函数

D．在同一直角坐标系中，函数的图象和函数的图象有一个公共点

【答案】BD

【解析】写出终边在轴上的角的集合，可判断A选项的正误；利用余弦型函数的周期公式可判断B选项的正误；利用余弦函数的单调性可判断C选项的正误；作出函数的图象和函数的图象，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，终边在轴上的角的集合是，A选项错误；

对于B选项，函数的最小正周期为，B选项正确；

对于C选项，函数在上是增函数，C选项错误；

对于D选项，当时，如下图所示：

设锐角的终边与单位圆的交点为，过点作轴，垂足为点，

设单位圆与轴的交点为点，则，，

由图可知，当时，，当时，，

所以，当时，，

由于函数与函数均为奇函数，当时，.

作出函数的图象和函数的图象如下图所示：

由图象可知，函数的图象和函数有且只有一个交点，D选项正确.

故选：BD.

【点睛】易错点点睛：判断D选项的正误，关键就是作出两个函数图象，但同时还应说明两个函数的图象除了在原点相交外，在其余的地方没有交点，此处应加以说明.

11．设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中一定正确的是（　　）

A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β

B．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β

C．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β

D．若m⊥α，m，n不平行，则n与α不垂直

【答案】CD

【分析】对于A、B选项，找出反例说明即可.

对于C项，由线面垂直可推出面面平行；

对于D项，利用直线与平面的位置关系讨论即可.

【详解】对于A项，当且时符合要求，但α⊥β，故A不正确；

若n⊂α，则α⊥β，故B不正确；

若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，∴α∥β，故C正确；

因为m⊥α，若m与n平行，则n⊥α，又m，n不平行，则n与α平行或相交或m在α内，但不垂直，故D正确．

故选：CD.

12．在棱长为2的正方体中，与交于点，则（    ）

A．平面

B．平面

C．与平面所成的角为

D．三棱锥的体积为

【答案】ABD

【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.

【详解】∵平面平面

平面，A对；

因为又平面，平面，

所以平面

平面，B对；

因为平面与平面所成角为

因为，C错；

因为，D对.

 故选：.

三、填空题

13．设，是两个不共线的非零向量，若向量与的方向相反，则      .

【答案】

【分析】依题意存在，使得，根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可.

【详解】因为向量与的方向相反，

所以存在，使得，

又，是两个不共线的非零向量，

所以，解得或（舍去）.

故答案为：

14．的值为            .

【答案】2

【分析】由变形求解.

【详解】解：因为，

所以，

所以

.

故答案为：2

15．如图所示（单位：cm），直角梯形ABCD挖去半径为2的四分之一圆，则图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为  ．  

【答案】/

【分析】根据旋转之后的几何体为圆台去掉半球体，根据圆台与球体的体积公式求解即可.

【详解】如图，旋转之后形成的图形为圆台去掉一个半球体

则旋转一周所形成的几何体的体积为.

故答案为：.

16．若，则          .

【答案】/

【分析】根据求解即可.

【详解】因为，所以，

因为，

所以，，

所以

.

故答案为：

四、解答题

17．已知，为第二象限角．

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据同角三角函数结合已知得出，即可根据二倍角的正弦公式代入数值得出答案；

（2）根据两角和差的余弦公式代入数值得出答案.

【详解】（1），为第二象限角，

，

则；

（2）.

18．如图，已知点是正方形所在平面外一点，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；

(2)若中点为，求证：平面平面.

(3)若平面，，求直线与面所成的角.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3).

【详解】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，所以，从而得证；

（2）依题意可得即可得到平面，再结合（1）的结论，即可得证；

（3）依题意可得平面平面，由面面垂直的性质得到平面，则即为直线与面所成的角，再根据边长的关系得解.

（1）取的中点，连接，，

因为是的中点，所以且，

又是的中点，是正方形，所以且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）因为为的中点，是的中点

所以，又平面，平面，所以平面，

又平面，，平面，所以平面平面.

（3）因为平面，平面，所以平面平面，

又为正方形，所以，因为平面，平面平面，

所以平面，

所以即为直线与面所成的角，又，所以为等腰直角三角形，

所以，

即直线与面所成的角为.

19．（1）计算：；

（2）已知，求的值．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1），由和角公式化简求值即可；

（2）齐次化，化弦为切，代入求值.

【详解】（1）

．

（2）

．

20．在四棱锥中，，，，，为等边三角形，．

(1)证明：平面平面PBC；

(2)求点C到平面PAB的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)1

【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得到，找到为二面角的平面角，且，得到平面平面ABCD，进而由四边形ABCE为矩形得到线面垂直，进而证明平面平面PBC；

（2）作出辅助线，由等体积法求出点到平面的距离.

【详解】（1）证明：取CD的中点E，连接PE，AE，如图，

易知，，，

在中，由余弦定理得，，

则，故，

由，，，同理可得且，

故为二面角的平面角，

又，则，故，故平面平面ABCD，

又CE与AB平行且相等，且，则四边形ABCE为矩形，

故．又平面ABCD，平面平面，

故平面PCD，又平面PBC，则平面平面PBC．

（2）连接AC，设C到平面PAB的距离为h，

由（1）得平面平面PCD，，由面面垂直的性质定理，同理可得平面ABCD，

，即，

∵，，，，平面AEP，则平面AEP，

又，故平面AEP，平面AEP，故，

故，故，解得．

21．在中，角所对的边分别，且

(1)求角A的值；

(2)已知在边上，且，求的面积的最大值

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，

（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.

【详解】（1）在中因为．

由正弦定理得，

所以，

因为，所以．故

又是的内角，所以．从而．

而A为的内角，所以；

（2）因为所以,所以，

从而，

由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，

故的面积的最大值为.

22．在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点A到达点P的位置，如图②．

(1)证明：；

(2)若平面，且，求点C到平面的距离

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；

（2）根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用等积法结合条件即得.

【详解】（1）证明：在图1中，因为，且为的中点，

，又为的中点，所以，

在图2中，，且，平面，

平面，又平面，

所以；

（2）因为平面，平面，

所以，又平面，

所以平面，连接，则，

因为，为等边三角形，

所以，，，

所以，

取的中点，连接，则，

设点到平面的距离为，

，即，解得，

即点到平面的距离为．