吉林省白山市第一中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

这是一份吉林省白山市第一中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．（ ）
A．B．C．D．
2．复数满足，则的虚部是为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在平行四边形ABCD中，，，若，则（ ）
B．
D．
4．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45° ，腰和上底均为2的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（ ）
A． B．
C． D．
5．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则角B的取值范围是（ ）A．B．C．D．
6．在 中，内角 ，， 所对的边分别是 ，，，已知 ，且 ，，则 的面积是（ ）
A．B．C． D． 或
7．在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽厘米，关于此斗笠，下列说法不正确的是（ ）
A．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为120°
B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米
C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为平方厘米
D．此斗笠放在平面上，可以完全盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为厘米
8．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图是一个正八边形窗花隔断，图是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图，若正八边形的边长为，是正八边形八条边上的动点，则的最小值为（ ）
B．0
C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ）
A． B．复数在复平面内对应的点位于第四象限
C． D．为纯虚数
10．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等均为4，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为8π B．圆锥的侧面积为8π
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
11．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则为锐角三角形
C．若，则是等腰三角形
D．若，，分别表示，的面积，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，，．若，则 ．
13．已知是虚数单位，若复数满足，则 ．
14．如图，B是线段上一点，点D位于点A的北偏东方向上，位于点B的正北方向上，位于点C的北偏西方向上，且，则 ， ；（答案精确到小数点后两位）（参考数据：）
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）已知复数(是虚数单位)，且为纯虚数(是的共轭复数).
(1)求实数的值及复数的模；
(2)若复数在复平面内所对应的点在第二象限，求实数的取值范围.
16.（15分）已知平面向量，且，
(1)若，且，求向量的坐标；
(2)若，求在方向的投影向量（用坐标表示）.
17．（15分）已知在正四面体中，棱的中点分别为．
(1)若，求的面积；
(2)平面将正四面体划分成两部分，求这两部分的体积之比．
18．（17分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
(1)证明：．
(2)若D为BC的中点，从①，②，③这三个条件中选取两个作为条件证明另外一个成立．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
19．（17分）为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知，，，且，.
(1)求的长度.
(2)假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.
参考答案：
1．D
【分析】根据平面向量的线性运算法则，即可求解.
【详解】根据向量的线性运算法则，可得.
故选：D.
2．D
【详解】根据复数虚部的定义以及共轭复数的概念即可得解.
【分析】因为，则
所以的虚部为.
故选：D.
3．B
【分析】根据向量的运算法则计算得到答案.
【详解】，
故选：B
4．A
【分析】利用斜二测画法规则画出原平面图形及梯形的面积公式即可求解.
【详解】由题意可知，

由等腰梯形知，，
所以
将已知斜二测直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示，

由斜二测画法的法则知，,,,
所以原平面图形的面积为.
故选：A.
5．B
【分析】利用余弦定理的变形式以及基本不等式即可求解.
【详解】由题知，，
在中，
，
当且仅当时取等号，
又不是三角形的最大边，所以为锐角，
所以的取值范围是.
故选：B.
6．D
【详解】分析：由题意得，分和两种情况求解，然后结合三角形面积公式可得结果．
详解：∵，
∴．
①当时，为直角三角形，且．
∵，，
∴．
∴．
②当时，则有，
由正弦定理得．
由余弦定理得，
即，
解得．
∴．
综上可得 的面积是 或 ．
故选D．
点睛：在判断三角形的形状时，对于形如的式子，当需要在等式的两边约去时，必须要考虑是否为0，否则会丢掉一种情况．
7．B
【分析】根据母线长与底面半径用正弦可求顶角；当顶角为是面积最大；根据顶角与母线长即可求外接球半径；根据三角形内切圆几何关系即可求解半径．
【详解】对A选项，设顶角为，则，得，所以顶角为，A正确；
对B选项，因为顶角为时，则截面三角形的最大面积为平方厘米，B错误；
对C选项，因为顶角为，则，所以外接球半径等于圆锥母线长，即，则该球的表面积为平方厘米，C正确；
对D选项，设球的最大半径为，因为顶角为，则，所以
，D正确．
故选：B.
8．C
【分析】根据的位置进行分类讨论，根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】设，
当与重合时，；
当在线段（除）、线段、线段，线段，线段（除）点上运动时，
，所以，
当与重合时，，所以，
以为原点，、分别为轴建立平面直角坐标系，
根据正八边形的性质可知，，
则，
直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，
当在线段（除）上运动时，设，
所以，
当在线段上运动时，设，
所以，
当在线段（除）上运动时，设，
所以.
综上所述，的最小值为.
故选：C
9．ABC
【分析】先利用复数的四则运算求出，求出其模后可判断A的正误，求出其对应的点后可判断B的正误，结合四则运算求出、可判断CD的正误.
【详解】，
故，故，故A正确，
而在复平面上对应的点为，它在第四象限，故B正确.
，故C正确.
，它不为纯虚数，故D错误，
故选：ABC.
10．CD
【详解】根据圆柱、圆锥的侧面积、表面积、体积等知识求得正确答案.
【分析】对于选项A：圆柱的侧面积为，故A错误；
对于选项B：圆锥的母线长为，
圆锥的侧面积为，故B错误；
对于选项C：球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；
对于选项D：圆柱的体积为，
圆锥的体积为，
球的体积为，
所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，故D正确.
故选：CD.
11．AD
【分析】A选项，由正弦定理结合大边对大角可判断选项；B选项，由，结合正余弦定理可判断选项正误；C选项，由题可得，即可判断选项正误；D选项，由题可得，令，结合题意，可得O为中点，，即可判断选项正误.
【详解】A选项，由正弦定理，，
又，则，则或，
且注意两种情况均可满足三角形内角和为，故A正确；
B选项，由，结合，
可得，
即，即只能得到C为锐角，不能得到为锐角三角形，故B错误；
C选项，由正弦定理，.
易得或，即是等腰三角形或直角三角形.故C错误；
D选项，由，可得.
设，则共线，O为中点.
又.则三点共线.
则，故D正确.
故选：AD.

12．
【分析】根据向量四则运算和向量垂直的坐标表示列方程求解即可.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以，解得，
故答案为：
13．
【分析】根据已知条件，先求出，再结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解.
【详解】，
，
故.
故答案为：
14． 3.92； 3.97.
【分析】由正弦定理及求得，进而有，应用余弦定理求，在△中应用正弦定理求.
【详解】由题设，，则，故，
而，，即为钝角，
所以，又，
则，可得，
由，而，，
所以，
故△中，则.
故答案为：，
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据复数的乘法运算算出，然后可得答案；
（2）对进行运算化简，然后可得答案.
【详解】（1）由题意得为纯虚数，
所以，所以；
（2），
因为在复平面内所对应的点在第二象限，所以，
所以.
16．(1)或
(2)
【分析】（1）设，利用平面向量的共线定理及坐标表示即可求解；
（2）利用平面向量数量积的坐标表示求解在方向的投影向量即可.
【详解】（1）解：设，，
，又，
，
或，
或.
（2）解：，，设与的夹角为.
故，
在上的投影向量为.
17．(1)
(2)1
【分析】（1）利用三角形中位线及勾股定理计算即可；
（2）利用割补法、等体积法、相似的性质计算即可.
【详解】（1）
如图所示，由三角形中位线得，
则，
由勾股定理，在边上的高为，
所以.
（2）
如图所示取中点，连接，
显然平面截正四面体形成的其中一部分可由四个四面体：，组成，
易知正四面体与正四面体相似，故，
由题意及中位线性质可知，
且，
所以四面体：，的体积均相等，故，
所以两部分的体积之比为1．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理化简已知等式，可证；
（2）三种情况，在中，利用余弦定理证明即可.
【详解】（1）已知，由余弦定理可得，
即，又由正弦定理，得，
角A，B为△ABC中内角，所以.
（2）△ABC中, ，D为BC的中点，如图所示，
①②③
已知，，求证.
证明：，中，，
解得.
①③②
已知，，求证.
证明：，所以中，.
②③①
已知，，求证：.
证明：，在中，由余弦定理，
，所以
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可求解；
（2）根据余弦定理求解，进而得，由两角和与差的余弦公式可得，进而由余弦定理求解，根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.
【详解】（1）因为，，所以，
在中，由余弦定理，得
.
（2）在中，由余弦定理，得，
所以，
所以.
在中，由余弦定理，得
，解得.
假设小夏先去地，走路线，路长，
假设小夏先去地，因为，所以走路线，路长，
假设小夏先去地，走路线，路长，
由于，
所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为.