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    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

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    这是一份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,共16页。试卷主要包含了设为虚数单位,复数满足,则,已知向量,若,则x的值为,若则与的夹角的余弦值为,下列等式中成立的有等内容,欢迎下载使用。

      2022-2023学年赤峰二中高一年级月考

    数学试卷

    2023.5.20

    、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40.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.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.ABC中,角ABC所对的边分别为abc,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.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.

    多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20.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.,则

    B.,则

    C.,则

    D.,则

    12.如图所示,有一个棱长为4的正四面体容器,DPB的中点,ECD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

    填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20.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__________

    解答题(本大题共6小题,共70.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.已知向量的夹角为.

    1)求

    2)求

    3)当为何值时,.

    19.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24H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PABCD中,底面ABCD是菱形,NMQ分别为PBPDPC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.

    四边形的面积最大,最大值是多少?

    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】,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

    ,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

    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

    ,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,

    为直角三角形,不妨令,则

    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,可得可能平行或异面,所以A不正确;

    对于B,若,可得可能平行、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,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,

    所以,所以,所以的周长最小值为不正确.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.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

    ,正四面体高为,得.D选项正确.

    故选:ACD

    13.6

    【详解】2r=2r=1S=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

    又因为函数内单调递增,所以,可得

    由于为锐角三角形,则,即,解得

    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

    33

    【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,.

    可得

    2)由题意可得.

    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.

    中,.

    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

    2l平面PBD,证明见解析

    【分析】(1)推导出QNAD,由此能证明QN平面PAD

    2)连接BD,则MNBD,从而MN平面ABCD,由线面平行的性质得MNl,从而BDl,由此能证明l平面PBD.

    【详解】(1)证明:底面ABCD是菱形,NMQ分别为PBPDPC的中点.

    QNBCBCADQNAD

    QN平面PADAD平面PAD

    QN平面PAD

    2)直线l与平面PBD平行,证明如下:

    连接BDMN分别为PBPD的中点,

    MNBD

    BD平面ABCDMN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MNl

    MNBDBDl

    ,且BD平面PBD平面PBD

    l平面PBD.

    22,(1

    2②3

    【分析】(1)过点于点,在中,,可求出的值;

    2)在中,由余弦定理可得表示出面积即可求得四边形的面积最大,利用正弦定理、余弦定理,三角恒等变换求最值.

    【详解】(1)在中,

    过点于点,在中,

    .

    2)在中,由余弦定理可得

    ,因为

    ,此时.

    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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