2022-2023学年内蒙古赤峰二中高一下学期第二次月考数学试题含答案
展开2022-2023学年赤峰二中高一年级月考
数学试卷
2023.5.20
一、单项选择题(本大题共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.设为虚数单位,复数满足,则( )
A.1 B. C.2 D.
2.已知向量,若,则x的值为( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则角C=( )
A. B. C. D.
4.下列关于空间几何体结构特征的描述错误的是( )
A.棱柱的侧棱互相平行
B.以直角三角形的一边为轴旋转一周得到的几何体不一定是圆锥
C.正三棱锥的各个面都是正三角形
D.棱台各侧棱所在直线会交于一点
5.若则与的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
6.如图,测量河对岸的塔高时,可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点,,测得,,,并在处测得塔顶的仰角为45°,则塔高( )
A. B. C. D.
7.一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在球的球面上,且球心在圆锥体内部,若球的表面积为,到圆锥底面圆的距离为1,则该圆锥的侧面积为( )
A. B. C. D.
8.两千多年前,我国首部数学专著《九章算术》是数学的瑰宝,世人惊叹祖先的智慧.其中早就提出了宛田(扇形面积)的计算方法:“以径乘周,四而一”(意思是说直径与弧长乘积的四分之一),已知扇形的圆心角为,弧长为,且,则它的面积为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目的,全部选对的得5分,选对但不全的得2分有选错的得0分)
9.下列等式中成立的有( )
A.; B.;
C. D.
10.用一个平面去截正方体,则截面可能是( )
A.直角三角形B.等边三角形C.正方形D.正六边形
11.已知,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,则下列说法不正确的为( )
A.若,,则
B.若,,则
C.若,,则或
D.若,,则或
12.如图所示,有一个棱长为4的正四面体容器,D是PB的中点,E是CD上的动点,则下列说法正确的是( )
A.线段AE的最小值是
B.的周长最小值为
C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入),则小球半径的最大值为
D.如果在这个容器中放入10个完全相同的小球(全部进入),则小球半径的最大值为
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13,一个高为2的圆柱,底面周长为2,该圆柱的表面积为___________.
14.复数满足(是虚数单位),则的虚部为___________.
15.如图所示,正方形的边长为,它是水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是________.
16.在锐角三角形中,内角所对的边满足,若存在最大值,则实数的取值范围是__________
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.已知复数,.
(1)若为纯虚数,求的值;
(2)若在复平面内对应的点在第四象限,求的取值范围.
18.已知向量,,与的夹角为.
(1)求;
(2)求;
(3)当为何值时,.
19.在中,角,,的对边分别为,,,已知,的面积为.
(1)求;
(2)若,求的周长.
20.如图所示,正六棱锥的底面周长为24,H是的中点,O为底面中心,,
(1)求出正六棱锥的高;斜高;侧棱长
(2)求出六棱锥的表面积和体积
21.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,N,M,Q分别为PB,PD,PC的中点.
(1)求证:QN平面PAD;
(2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l,试判断直线l与平面PBD的位置关系,并证明.
22.如图,四边形中,,三角形为正三角形.
(1)当时,设,求的值;
(2)设,则当为多少时.
①四边形的面积最大,最大值是多少?
②线段的长最大,最大值是多少?
参考答案:
1.B
【分析】利用复数代数形式的乘除运算,再由复数的模的计算公式求解即可.
【详解】由,得,
,故选.
【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算以及复数的模的计算.
2.D
【分析】根据题意可得,进而求出x的值.
【详解】因为,所以,
即,解得,
故选:D.
3.A
【分析】利用余弦定理求出的值,结合角的取值范围可求得角的值.
【详解】由余弦定理可得,
,.
故选:.
4.C
【分析】根据相应几何体的定义和性质判断即可.
【详解】根据棱柱的性质可知A正确;
当以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴时,所得几何体为两个圆锥的组合体,故B正确;
正三棱锥的底面是正三角形,其余侧面是全等的等腰三角形,故C错误;
棱台是用平行于底面的平面截棱锥而得,故侧棱所在直线必交于一点,D正确.
故选:C
5.A
【解析】利用向量夹角余弦公式可求得结果.
【详解】由题意得:
本题正确选项:
【点睛】本题考查利用向量数量积求解向量夹角的问题,属于基础题.
6.D
【分析】由已知在中,利用正弦定理可求的值,在中,由,可求塔高的值.
【详解】解:在中,,,,
由正弦定理,可得,
可得,
在中,,
所以塔高.
故选:D.
7.A
【分析】根据题意求圆锥底面圆的半径和母线,进而求侧面积.
【详解】设球的半径为,则,解得.
设圆锥底面圆的半径为,则,
圆锥的高为3,圆锥的母线长为,
所以该圆锥的侧面积为.
故选:A.
【点睛】本题考查圆锥的外接球,考查直观想象的核心素养.
8.A
【分析】根据题意,由条件可得,化简计算可得的值,从而得到结果.
【详解】设扇形的圆心角,所在圆的半径为,所以,
又,所以,即,
因为,所以,
所以,故扇形的面积为.
故选:A.
9.ABD
【分析】根据向量的加法运算求解.
【详解】对于A,,正确;
对于B,,正确;
对于C,,错误;
对于D,,正确,
故选:ABD.
10.BCD
【分析】作出对应的截面,分析截面的形状,可得出合适的选项.
【详解】对于A选项,一个平面与正方体共点的个面相交,截面为三角形,此三角形不可能是直角三角形,
如图,截面为,点为正方体的顶点,
在三棱锥中,、、两两垂直,
若为直角三角形,不妨令,则,
而,,,
因此,矛盾,A错误;
对于B选项,当截面为下图所示的时,截面为等边三角形,B对;
对于C选项,当截面与正方形的底面平行时,截面为正方形,如下图所示:
对于D选项,一个平面与正方体的个面相交,截面为六边形,此六边形可能是正六边形,
如图,、、、、、为正方体所在棱的中点,顺次连接得正六边形,
设正方体棱长为,有,,
中,,则,
同理,即六边形为正六边形,D正确.
故选:BCD.
11.AB
【分析】根据线面平行的判定及性质,以及面面平行的性质,逐项判定,即可求解.
【详解】对于A中,若,,可得与可能平行或异面,所以A不正确;
对于B,若,,可得与可能平行、相交或异面,所以B不正确;
对于C中,若,,当时,可得,或者,所以C正确;
对于D中,若,,根据线面平行的判定定理,可得或,所以D正确.
故选:AB.
12.ACD
【详解】A选项:连接AD.
A选项正确;
B选项,把沿着CD展开与面BDC同一个平面内,
由,,
所以,所以,所以的周长最小值为不正确.故B选项错误;
C选项,要使小球半径最大,则小球与四个面相切,是正四面体的内切球,设半径为r.由等体积法可得:,所以半径.故C选项正确;
D选项,10个小球分三层(1个,3个,6个)放进去,要使小球半径要最大,则外层小球与四个面相切,设小球半径为,四个角小球球心连线是棱长为的正四面体,其高为,由正四面体内切球的半径是高的得,
如图正四面体,
则,正四面体高为,得.故D选项正确.
故选:ACD
13.6
【详解】2r=2,r=1,S表=2rh+2r2=4+2=6.
14.-1
【分析】令,则,通过复数代数形式运算即可得出结果.
【详解】令,则,
所以,故的虚部为.
故答案为:-1.
15.
【分析】将直观图还原可得,原图形为平行四边形,根据斜二测画法的法则,结合勾股定理,可得出平行四边形各边长,即可得出答案.
【详解】由已知可得,,
则将直观图还原为原图形如下图
原图形为平行四边形,其中,,,
所以,,
所以,的周长为.
故答案为:.
16.
【分析】先利用余弦定理结合可得,再利用正弦定理化边为角,再结合三角形内角和定理,求出的关系,从而可将都用表示,再根据三角形为锐角三角形求出的范围,再根据二倍角的余弦公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由余弦定理可得,则,
由正弦定理可得
,
因为为锐角三角形,则,所以,
又因为函数在内单调递增,所以,可得,
由于为锐角三角形,则,即,解得,
则
,
因为,所以,则,
因为存在最大值,则,解得.
故答案为:.
17.(1)
(2)
【分析】(1)根据实部为零,虚部不为零列式计算;
(2)根据第四象限的点得实部大于零,虚部小于零列不等式求解.
【详解】(1)若为纯虚数,则,
解得;
(2)若在复平面内对应的点在第四象限,则,
解得.
18.(1)
(2)
(3)3
【分析】(1)由向量数量积定义计算可得,利用和数量积的运算求解即可;
(2)由数量积的运算计算可得答案;
(3)由向量垂直与数量积的关系可得,利用数量积的运算可得答案.
【详解】(1),
,
.
(2).
(3),
,即,
.
19.(1)
(2)
【分析】(1)通过正弦定理边化角可得,再根据三角形内角和化简可得,即可的解;
(2)由面积公式可得,求得,联立求得,再用余弦定理即可的解.
【详解】(1)由正弦定理得,.
,
由可得,
又,
(2)由题意可得,.
又,
由余弦定理得,
.
的周长为.
20.(1)高为6,斜高为,侧棱长为
(2)表面积是,体积是
【分析】(1)由条件依次求得,,的长即可.
(2)由棱锥表面积及体积的计算公式,求得表面积和体积.
【详解】(1)因为正六棱锥的底面周长为24,所以正六棱锥的底面边长为4.
在正六棱锥中,,H为中点,所以.
因为O是正六边形的中心,所以为正六棱锥的高.
,在中,,所以.
在中,.
在中,,,所以.
故该正六棱锥的高为6,斜高为,侧棱长为.
(2)的面积为,的面积为,
所以正六棱锥的表面积为,
体积为.
21.(1)证明见解析
(2)l∥平面PBD,证明见解析
【分析】(1)推导出QN∥AD,由此能证明QN∥平面PAD;
(2)连接BD,则MN∥BD,从而MN∥平面ABCD,由线面平行的性质得MN∥l,从而BD∥l,由此能证明l∥平面PBD.
【详解】(1)证明:∵底面ABCD是菱形,N,M,Q分别为PB,PD,PC的中点.
∴QN∥BC,BC∥AD,∴QN∥AD,
∵QN平面PAD,AD⊂平面PAD,
∴QN∥平面PAD;
(2)直线l与平面PBD平行,证明如下:
连接BD,∵M,N分别为PB,PD的中点,
∴MN∥BD,
∵BD⊂平面ABCD,MN平面ABCD,
∴MN∥平面ABCD,
∵平面CMN与底面ABCD的交线为l,
∴由线面平行的性质得MN∥l,
∵MN∥BD,∴BD∥l,
∵,且BD⊂平面PBD,平面PBD,
∴l∥平面PBD.
22,(1)
(2)①;②3
【分析】(1)过点作交于点,在中,,,,可求出的值;
(2)在中,由余弦定理可得,①表示出面积即可求得四边形的面积最大,②利用正弦定理、余弦定理,三角恒等变换求最值.
【详解】(1)在中,,
,,,,
过点作交于点,在中,,
,
,
.
(2)在中,由余弦定理可得,
,,
,因为,
,此时.
②由正弦定理得,即,
所以,所以,
,
由余弦定理得
,
因为,所以当时,取得最大值3.
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