2022-2023学年山东省临沂市临沂第十九中学高一下学期6月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省临沂市临沂第十九中学高一下学期6月月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省临沂市临沂第十九中学高一下学期6月月考数学试题 一、单选题1．若，则复数z的虚部为（   ）A．-5 B．5 C．7 D．-7【答案】A【分析】根据复数的运算、复数的概念求值即可.【详解】依题意，，故z的虚部为-5.故选：A2．若平面向量与的夹角为60°，，，则等于（    ）A． B． C．4 D．【答案】D【分析】确定，利用数量积的运算律计算，得到答案.【详解】，则，，故.故选：D.3．已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】由侧面展开图求得圆锥底面半径、高，然后由体积公式计算．【详解】记圆锥的底面半径为r，则，解得，∴圆锥的高，∴该圆锥的体积为．故选：D．4．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球半径为（    ）A．3 B． C． D．6【答案】C【分析】先求出△外接圆半径，利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径.【详解】由正弦定理得,△外接圆直径为，得r=3.设球心到平面的距离为，则.∴三棱锥的外接球半径为.故选：C5．如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（    ）．A． B． C．3 D．9【答案】B【分析】先利用向量的线性运算得到，再利用三点共线的充要条件，得到，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】因为M为线段的中点，所以，又因为，所以，又，，所以，又三点共线，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号.故选：B.6．如图1，在高为的直三棱柱容器中，．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（    ）A． B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】根据同底等高的锥体与柱体体积之间的关系即可根据比例求解.【详解】由图2知:,其中表示三棱柱的高，故,因此可知无水部分体积与有水部分体积比为，所以图1中高度比为，得．故选：B．7．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（    ）A．16 B．12 C． D．【答案】A【分析】根据斜二测画法分析运算.【详解】在直观图中，，可得原图形是平行四边形，其底边长2，高为，则另一边长为，所以原图形的周长为．故选：A.8．在棱长为1的正方体中， 分别为，的中点，过直线 的平面//平面 ，则平面截该正方体所得截面为（    ）A．三角形 B．五边形 C．平行四边形 D．等腰梯形【答案】D【分析】取的中点E，的中点F，连接，证明在同一平面内，且四边形为等腰梯形，证明平面平面，即可确定答案.【详解】根据题意，取的中点E，的中点F，连接，则，所以，且,故在同一平面内，连接，因为分别为的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理平面，因为平面，所以平面平面，即平面截该正方体所得截面为梯形；又由梯形中， ，即平面截该正方体所得截面为等腰梯形,故选：D 二、多选题9．已知函数的最小正周期为，则（    ）A．B．直线是图象的一条对称轴C．在上单调递增D．将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象【答案】AB【分析】根据辅助角公式和函数的最小正周期可得，然后利用的性质可得.【详解】，因最小正周期为，，故，得，故，选项A：，故A正确；选项B：的对称轴为，，即，，当时，，故B正确；选项C：令，，得，，故的单调递减区间为，，当时，的单调递减区间为，故C错误；选项D：将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到，故D错误故选：AB10．已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（   ）A．若，则B．若，，则外接圆半径为10C．若，则为等腰三角形D．若，，，则三角形面积【答案】ACD【分析】利用三角形性质和正弦定理可知A正确，利用正弦定理可知B,C的正误，利用余弦定理及三角形面积公式可知D正确.【详解】因为，所以，由正弦定理，可得，即，A正确；由正弦定理可知，所以外接圆半径为5，B不正确；因为，所以，即，整理可得，即，因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，C正确；因为，，，由余弦定理得，解得，所以，D正确.故选：ACD.11．正方体，以下直线不和平面平行的是（    ）  A．直线 B．直线C．直线 D．直线【答案】ABD【分析】根据线面平行的判定定理判断各选项.【详解】对于A，平面，则直线与平面不平行,故A正确；对于B，同选项，故B正确；对于C，，平面，平面，可证平面，故C不正确；；对于D，同选项，故D正确；.故选：ABD.12．如图，正方体的棱长为，且，分别为，的中点，则下列说法正确的是（   ）  A．平面B．C．直线与平面所成角为D．点到平面的距离为【答案】ABD【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出EF与平面ABCD所成的线面角判断C；使用等积法求点到平面的距离.【详解】在正方体中，取棱中点，连接，  因为M，N分别为AC，的中点，则，因此四边形为平行四边形，则平面，平面，所以平面，A正确；因为平面，平面，则，所以，B正确；显然平面，则是与平面所成的角，又，有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；等边三角形的面积为，设到平面的距离为，由得，解得 ，D正确.故选：ABD 三、填空题13．下列命题中正确的命题为__________.①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线；②若三条直线互相平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面；③若直线异面，异面，则异面；④若，则.【答案】①②【分析】根据三点共线和共面的性质、异面直线的性质、垂直的性质逐一判断即可.【详解】对于①，设平面平面，因为，所以平面，所以，同理，，故三点共线，①正确；对于②，因为，所以可以确定一个平面，因为所以，所以，又，所以，因为，所以或，又，所以不成立，所以，即这四条直线共面，所以②正确；对于③，直线异面，异面，但是平行，所以③错误，如下右图；对于④，，但，所以④错误，如下左图.故正确的命题为①②.故答案为：①②14．已知，则的值为__________．【答案】【分析】根据利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得.【详解】因为，所以.故答案为：15．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是上一点，当点满足条件：________时，平面.【答案】答案表述不唯一)【分析】当为的中点，为的中点时，根据三角形中位线的性质即可判断，从而可得平面，由此可得出点满足条件的结论.【详解】连接交于O，连接OE， 平面平面，平面平面 ，.又 底面为平行四边形，为对角线与的交点，故为的中点, 为的中点，故当满足条件: 时，面.故答案为: 答案表述不唯一)16．在复平面内，复数满足，i为虚数单位，则的最小值为______．【答案】【分析】根据复数的几何意义可求出结果.【详解】因为，所以复数对应的点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，又的几何意义是表示复数对应的点与点之间的距离，其最小值为原点到点之间的距离减去圆的半径，故的最小值为.故答案为：. 四、解答题17．设向量，．(1)求在上的投影向量；(2)若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据投影向量的定义直接求解即可；（2） 因为向量与向量的夹角为钝角可得数量积小于0，列式计算可得取值范围.【详解】（1）求在上的投影向量.（2）由已知，，，所以，因为向量与向量的夹角为钝角，所以，，解得，又因为向量不与向量反向共线，若共线，设，则，可得或（舍去），所以解得.18．已知复数，，为虚数单位.(1)求及；(2)若，求的共轭复数.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据复数的运算法则即可求出，结合共轭复数的概念和复数的几何意义计算即可求解；（2）根据复数的乘、除法运算可得，结合共轭复数的概念即可求解.【详解】（1），，，，．（2）由，所以.19．如图，在直三棱柱中，.  (1)求证：；(2)求与平面所成的角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据直三棱柱的性质和各棱长可知，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，易知四边形为菱形，可得平面，由线面垂直的性质即可得；（2）取的中点，连接，可证明是与平面所成角的平面角，在中，易知，，即与平面所成的角的大小为.【详解】（1）连接与相交于点，如下图所示  在直棱柱中，平面平面，，又，平面，所以，平面，又平面，，四边形为菱形，即又，且平面，平面，又平面，.（2）取的中点，连接.如下图所示；  ，又平面平面，又，且平面，平面，是在面内的射影，是与平面所成角的平面角.在中，易知，，即与平面所成的角的大小为.20．已知向量，其中，若函数的最小正周期为.(1)求的单调增区间；(2)在中，若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由辅助角公式将函数化简，再由函数周期即可求得，再根据正弦型函数的单调区间即可得到结果；（2）根据题意，由（1）中函数的解析式可得，再由正弦定理可得，再结合平面向量数量积的定义代入计算，即可得到结果.【详解】（1）的最小正周期为.故，令，解得，故函数的单调增区间为（2）设中角所对的边分别是.，即，解得.，，.21．如图，已知正三棱柱的底面边长是2，D是侧棱的中点，直线AD与侧面所成的角为45°．(1)求此正三棱柱的侧棱长；(2)求二面角A－BD－C的正切值；(3)求点C到平面ABD的距离．【答案】(1)(2)3(3) 【分析】（1）取BC中点E，连接AE，推出，进而推出侧面．连接ED，则直线AD与侧面所成的角为∠ADE=45°，由此能求出正三棱柱的侧棱长；（2）过E作于F，连接AF，可得∠AFE为二面角A－BD－C的平面角，由此能求出二面角A－BD－C的平面角的正切．（3）由平面AEF，知平面平面ABD，且交线为AF，过E作于G，则平面ABD．由此能求出点C到平面ABD的距离．【详解】（1）设正三棱柱的侧棱长为x，取BC中点E，连接AE，∵是正三角形，∴，又底面侧面，且两平面交线为BC，∴侧面．连接ED，则∠ADE为直线AD与侧面所成的角，∴∠ADE＝45°，在中，，解得，∴此正三棱柱的侧棱长为．（2）过E作于F，连接AF，∵侧面，∴，可知，∴∠AFE为二面角A－BD－C的平面角．在中，，又BE＝1，，∴．又，∴在中，．（3）由（2）可知，平面AEF，∴平面平面ABD，且交线为AF．过E作于G，则平面ABD．∴EG的长为点E到平面ABD的距离．在中，．∵E为BC中点，∴点C到平面ABD的距离为．22．如图，已知四棱锥的底面为菱形，，，，为的中点，为的中点，平面过、、三点且与面交于直线，交于点.(1)求证：面面；(2)求PQ : PA的比值；(3)求平面与平面所成夹角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）取中点记为，可得，，由勾股定理可证明，，从而得面，即可得证；（2）取、中点分别记为、，可得四边形为菱形，记交于点，平分、，可知面，由且，故，进而证得结论；（3）取中点记为，再取、上、两点，使得，，由（1）结论可知，面，进而可得，，故平面与平面所成夹角为，求解即可.【详解】（1）取中点记为，连接和，由于，，得为等边三角形，故，，由，，得，则，，，由，得，由，，，、面，得面，又由面，得面面；（2）取、中点分别记为、，连接、、、、、，由中位线定理得MN∥DC，MN＝DC，同理SR∥AB，SR＝AB，又AB∥DC，AB＝DC，则MN∥SR，MN＝SR，则为平行四边形，又NR＝CB，MN＝DC，CB＝DC，则NR＝MN，则四边形为菱形，记交于点，平分、，∵面且面，又∵面且面，∴面，在面中，且，故，进而；（3）取中点记为，再取、上、两点，使得，，，由（1）结论可知，面，又面，故而，又，故而，且有，，连接，由，，，面，则面，面，可知，故平面与平面所成夹角为，，即平面与平面所成夹角的正切值为.