中牟县第一高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷(含答案)

这是一份中牟县第一高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷(含答案)，共13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。


一、选择题
1．已知,则复数( )
A.B.C.D.
2．已知向量,,若,则( )
A.B.C.D.
3．一个圆柱的侧面展开图是长为4,宽为2的矩形,则该圆柱的轴截面的面积为( )
A.32B.C.D.
4．在正方体中,E为线段的中点,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
5．下列命题中,正确的是( )
A.直线,与平面所成的角相等,则
B.,,为三个平面,若,,则
C.,,为空间中的三条直线,若,,则
D.,为两条直线,,为两个平面,若,,,则
6．一个高为h的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内部能完全容纳的最大球的半径为R,若,则这个圆锥的体积与这个最大球的体积之比为( )
A.B.C.D.
7．如图,在中,,,,点D在边BC上,且,则CD等于( )
A.B.C.D.
8．如图,正四棱柱满足,点E在线段上移动,F点在线段上移动,并且满足.则下列结论中正确的是( )
A.直线与直线EF可能异面
B.直线EF与直线AC所成角随着E点位置的变化而变化
C.三角形AEF可能是钝角三角形
D.四棱锥的体积保持不变
二、多项选择题
9．下列命题正确的是( )
A.若,是复数,则
B.若复数z的共轭复数为,
C.虚轴上的点对应的均为纯虚数
D.已知复数z满足(i为虚数单位),则的最小值是
10．在中,若,,,则( )
A.B.的面积为
C.D.BC边上的高线长为
11．如图,在棱长为1的正方体中,下列结论正确的是( )
A.异面直线AC与所成的角为
B.直线与平面成角为
C.二面角的正切值为
D.四面体的外接球的体积为
三、填空题
12．已知一个正四棱锥的底面边长为1,高为,则该正四棱锥的表面积为__________.
13．若向量,满足,,,则________________.
14．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设的面积为S,其中,,则S的最大值为________________.
四、解答题
15．已知复数.
（1）若,求a;
（2）求的最小值.
16．已知,,为单位向量.
（1）若,求,的夹角;
（2）若,求的值.
17．在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知,.
（1）求角C;
（2）求的外接圆面积;
（3）若O为的内心,求周长的最大值.
18．如图,已知等腰梯形ABCD中,,,E是BC的中点,,将沿着AE翻折成,使平面平面AECD.
（1）求证:平面;
（2）求与平面所成的角;
（3）在线段上是否存在点P,使得平面,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
参考答案
1．答案：A
解析：
2．答案：B
解析：
3．答案：D
解析：若4为底面周长,则圆柱的高为2,此时圆柱的底面直径为,故圆柱的轴截面的面积为;
若2为底面周长,则圆柱的高为4,此时圆柱的底面直径为,故圆柱的轴截面的面积为.
故选：D.
4．答案：B
解析：在正方体中,连接,AE,可得,
所以异面直线与所成角即为直线与所成角,
即为异面直线与所成角,不妨设,
则,,取的中点F,
因为,所以,
在直角中,可得.
故选B项.
5．答案：D
解析：.对于A选项,在正四面体ABCD中,AB,AC与平面BCD所成角相等,但AB与AC相交,A选项错误;
对于B选项,若,,则与平行或相交,B选项错误;
对于C选项,若,,则与平行或相交,C选项错误;
对于D选项,由,得,由因为,所以,D选项正确.
故选:D.
6．答案：D
解析：作圆锥的轴截面,如图,由题可知,,,
所以,即,解得,
则,
所以
故选：D.
7．答案：C
解析：在中,由余弦定理可得.
又,故为直角三角形,故.
因为,且为锐角,故.
由
利用正弦定理可得,代值可得,
故.
故选:C.
8．答案：D
解析：如图所示,连接有关线段.
设M,N为AC,的中点,即为上下底面的中心,
MN的中点为O,则的中点也是O,
又,由对称性可得O也是EF的中点,
所以与EF交于点O,故不是异面直线,故A错误;
由正四棱柱的性质结合线面垂直的判定定理易得平面,
因为平面,,故B错误;
设,则,设,,
易得,,
因为,
为锐角;
因为
为锐角,
因为
当时取得最小值为
为锐角,故为锐角三角形,故C错误;
三棱锥也可以看做和的组合体,
由于是固定的,E,F到平面AOC的距离是不变的
(易知,平行与平面),故体积不变,
故D正确.
故选:D.
9．答案：ABD
解析：对于A:设,,则故A正确;
对于B:设,,则,故B正确;
对于C:点在虚轴上,但不表示纯虚数,故C错误;
对于D:因为表示点Z到的距离为1,则点Z在以为圆心的圆上,
又表示点Z到的距离,又到的距离为,
所以的最小值为,故D正确.
故选:ABD
10．答案：ABC
解析：A选项,在中,,
因为,所以,A正确;
B选项,,故B正确;
C选项,,C正确;
D选项,设BC边上的高线为h,则,解得,D错误.
故选:ABC
11．答案：ACD
解析：如图所示,连接,AO,
对A,平移直线到直线,则异面直线AC与所成的角,显然为正三角形,,故A正确;
对B,,,,平面,为线面角,,,,故B错误;
对C,在三角形中,,为二面角的平面角,,故C正确;
对D,利用补形法即三棱锥的外接球为正方体的外接球,,,故D正确.
故选:ACD.
12．答案：4
解析：如图,四棱锥为正四棱锥,高,底面边长,
过点O作于G,则G是中点,连接,于是斜高,
所以正四棱锥的表面积.
故答案为：4.
13．答案：
解析：
14．答案：
解析：由余弦定理知:,而,
所以,而,即,当且仅当时等号成立,
又,当且仅当时等号成立.
故答案为:
15．答案：（1）或;
（2）.
解析：（1）因为,
所以,
所以或.
（2）
所以时,的最小值为
16．答案：（1）
（2）1
解析：（1）由于,所以,
两边平方得,又,,为单位向量,
所以,设,的夹角为,则,
所以,故,的夹角为.
（2）因为,所以,
由,故,
所以
故.
17．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）由条件可得,
所以,
因为,
故,
则,
故.
（2）所以的外接圆半径,面积为.
（3）由题可知,,
故,
设,
则,且,
在中,由正弦定理可得,
所以,,
故的周长,
因为,
所以,
所以当,即时,的周长最大,且最大值为.
18．答案：（1）证明见解析;
（2）;
（3）存在,.
解析：（1）因为,E是BC的中点,所以,
故四边形ABED是菱形,从而,
所以沿着AE翻折成后,,,
又因为,
所以平面,
由题意,易知,,
所以四边形AECD是平行四边形,故,
所以平面;
（2）因为平面,
所以与平面所成的角为,
由已知条件,可知,,
所以是正三角形,所以,
所以与平面所成的角为;
（3）假设线段上是存在点P,使得平面,
过点P作交于Q,连结MP,AQ,如下图:
所以,所以A,M,P,Q四点共面,
又因为平面,所以,
所以四边形AMPQ为平行四边形,故,
所以P为中点,
故在线段上存在点P,使得平面,且.