2022-2023学年河北省承德市重点高中高一下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河北省承德市重点高中高一下学期5月月考数学试题含答案，共16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学年河北省承德市重点高中高一下学期5月月考数学试题 一、单选题1．已知复数为纯虚数，则实数m的值为（    ）A． B．1 C．1或 D．或0【答案】B【分析】根据纯虚数的定义求解.【详解】因为z是纯虚数，所以，解得．故选：B．2．如图，直角三角形绕直角边旋转，所得的旋转体为（    ）A．圆锥 B．圆柱 C．圆台 D．球【答案】A【分析】由圆锥的定义即可求解【详解】由圆锥的定义可得直角三角形绕直角边旋转，所得的旋转体为圆锥故选：A3．在中，已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦定理得到及，求解判断即可.【详解】由正弦定理及，可得.因为，所以，又，所以，所以.故选：A.4．（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用诱导公式，结合两角和的正弦公式，即可求解.【详解】因为，则，．故选：A．5．设为所在平面内一点，，若，则(　 　)A． B．3 C． D．2【答案】A【分析】若，可得，化简与比较，即可得出．【详解】若，，化为，与比较，可得：，，解得．则．故选．【点睛】本题考查了向量共线定理、平面向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6．设有两条不同的直线和两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】根据线面平行的性质与判定逐个选项分析即可.【详解】若，则可以平行､相交或异面，故A错误；若与相交，则，故B错误；若，则或，故C错误；若，则，故D正确.故选：D.7．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，2小时后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（    ）A．海里 B．海里 C．海里 D．海里【答案】A【分析】由题设作示意图，应用正弦定理求B，C两点间的距离即可.【详解】由题设可得如下示意图，且，即，由图知：，则，又，所以，则海里.故选：A8．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（    ）    ①平面；②平面；③异面直线与所成角的取值范围是；④三棱锥的体积不变.A．①② B．①④ C．③④ D．①②④【答案】D【分析】由线面垂直的判定定理可判断①，由面面平行的性质定理可判断②，由线面垂直的性质定理可判断③，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断④．【详解】在正方体中由平面，平面，可得，又，是平面内两相交直线，从而得平面，又平面，因此有，同理，又，平面，∴平面，故①正确；  正方体中与平行且相等，则是平行四边形，故，又平面，平面，∴平面，同理平面，又，都在平面内，∴平面平面，因为平面，∴平面，故②正确；    与①同理可证平面，当是与交点时，平面，则，此时异面直线与所成角为，故③错误；  由②知平面平面，又平面，所以平面，∴到平面的距离不变，因此恒为定值，故④正确．    故选：D．【点睛】关键点睛：本题结论③利用特例法是快速解决本题的关键. 二、多选题9．给出下列命题，其中是真命题的有（    ）A．在圆台的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的立体图形是棱锥C．存在每个面都是直角三角形的四面体D．半圆面绕其直径所在的直线旋转一周形成球【答案】CD【分析】根据几何体的特征，对各选项逐一判断即可求解.【详解】解：对A：圆台的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是母线，因为圆台所有母线的延长线交于一点，且所有母线长相等，故A选项错误；对B：由棱锥的定义知，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故B选项错误；对C：如图，四面体ABCD的每个面都是直角三角形，故C选项正确；对D：半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得几何体是一个球体，故D选项正确；故选：CD.10．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ）A．B．若为斜三角形，则C．若，则是锐角三角形D．若，则一定是等边三角形【答案】ABD【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项，【详解】对于A，由正弦定理和比例性质得，故A正确；对于B，由题意，，则，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以C为钝角，是钝角三角形，故C错误；对于D，因为，所以，所以，且A，B，，所以，所以为等边三角形，故D正确．故选:ABD．11．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．存在，使得C． D．当时，在上的投影向量的坐标为【答案】CD【分析】根据平面向量共线的坐标公式即可判断A；根据平面线路垂直的坐标表示即可判断B；根据向量的模的坐标计算即可判断C；根据投影向量的计算公式即可判断D.【详解】对于A，若，则，解得，故A错误；对于B，若，则，即，方程无解，所以不存在，使得，故B错误；对于C，，所以，故C正确；对于D，当时，，，则在上的投影向量的坐标为，故D正确.故选：CD.12．已知函数，若，则（    ）A． B．C． D．在上无最值【答案】ABC【分析】由，得到在处取得最大值，从而有，然后逐项判断.【详解】解：，因为在处取得最大值，所以，即，，所以，故A正确；因为，解得，又，所以，故C正确；，故B正确；易验证，当时，在处取得最大值，故D错误.故选：ABC. 三、填空题13．设复数z满足，则           .【答案】/【分析】根据复数的四则运算可求得，进而可求共轭复数以及模长.【详解】∵，则，∴，故.故答案为：.14．在中，角所对的边分别为，则的面积为          .【答案】【分析】利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得.【详解】，，，由余弦定理得，，或（舍去），的面积.故答案为：15．若是定义域为的奇函数，的零点分别为，则        .【答案】0【分析】由函数为奇函数，可得关于中心对称，从而可得，为奇数，代入求解即可.【详解】解：因为函数为奇函数，所以的图象关于中心对称，设函数的个零点分别为，所以，又由的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，所以关于中心对称，则，因为是定义域为的奇函数，所以零点个数为奇数，则.故答案为：16．已知三棱锥的各侧棱长均为，且，则三棱锥的外接球的表面积为          .【答案】【分析】先证明点P在平面ABC的投影是的外心，再证明是直角三角形，运用勾股定理求出外接球的半径即可.【详解】如图：  过P点作平面ABC的垂线，垂足为M，则都是直角三角形，又，同理可得，，所以M点是的外心；又，是以斜边的直角三角形，在底面的射影为斜边的中点，如下图：  则，设三棱锥外接球的球心为，半径为，则在上，则，即，得，外接球的表面积为；故答案为： 四、解答题17．已知某几何体的直观图如图所示，其中底面为长为4，宽为3的长方形，顶点在底面的射影为底面矩形对角线的交点，高为2.  (1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.【答案】(1)8(2) 【分析】（1）利用锥体的体积公式求解；（2）利用棱锥的表面积公式求解.【详解】（1）解：几何体的体积.（2）正侧面及相对侧面底边上的高.左､右侧面的底边上的高.故几何体的侧面面积.18．已知，，且.(1)求与的夹角；(2)若，求实数的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据数量积的运算律得到，再根据数量积的定义求出夹角的余弦值，即可得解；（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到方程，再求出k的值.【详解】（1）因为，所以.设与的夹角为，则，又，所以，故与的夹角为.（2）因为，所以，即，即，所以，即，解得.19．如图，正方体的棱长为3，点在棱上，点在棱上，在棱上，且是棱上一点.(1)求证：四点共面；(2)若平面∥平面，求证：为的中点.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）在上取一点，使得，连接，可得四边形和是平行四边形，则，，再由题意可得是平行四边形，从而得，所以，进而可得结论；（2）由面面平行的性质可得，则，然后在和中可求得结果.【详解】（1）证明：在上取一点，使得，连接，则，因为，所以四边形是平行四边形，所以，同理，四边形是平行四边形，所以，且，又，且，所以，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以四点共面.（2）因为平面平面，平面平面，平面平面，所以.所以.在中，，在中，，所以，即为的中点.20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角A的大小；(2)若，D是线段AC上的一点，，，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理统一为边，再由余弦定理化简即可得解；（2）由二倍角公式求出的正余弦，再由两角和的正弦求出，由正弦定理即可得解.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，，即，所以，因为，所以.（2）设，则，所以，解得，，所以，由正弦定理，，所以.21．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象.(1)若恒成立，求；(2)若在上是单调函数，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先化简，根据平移规律可得到，利用是函数的最大值即可求解；（2）由可得，结合函数的周期可考虑区间，利用正弦函数的性质列出不等式即可【详解】（1）∵，∴，又恒成立，∴是函数的最大值，故，得，，∵，∴.（2）∵，∴，令，所以在上是单调函数可转化成在是单调函数，因为的周期为，所以在是单调函数，∵，∴，.∵在是单调函数，∴∴.22．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为矩形，AB＝PD＝2，，O是AD的中点，PO⊥平面ABCD．(1)求证：AC⊥平面POB；(2)设平面PAB与平面PCD的交线为l．①求证：；②求l与平面PAC所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析 ；② 【分析】（1）由已知线面垂直得线线垂直，再在底面中证明AC⊥BO，然后由线面垂直的判定定理得证线面垂直；（2）①由线面平行判定定理证明线面平行，然后由性质定理得线线平行；②转化求与平面所成的角，用体积法求得B到平面PAC的距离，再根据线面角的定义得结论．【详解】（1）证明：在中，，在中，，则∠ACB＝∠ABO，于是，所以AC⊥BO．因为PO⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则AC⊥PO．又，PO，OB平面POB，所以AC⊥平面POB．（2）①证明：因为，平面PCD，CD平面PCD，所以平面PCD．又平面PAB平面PCD＝l，AB平面PAB，所以．②解：因为，所以l与平面PAC所成角的正弦值等于AB与平面PAC所成角的正弦值，连接OC，则PO⊥OC．易知，，则．因为O为AD中点，PO⊥AD，所以PA＝PD＝2．因为，所以∠APC＝90°，所以的面积．设B到平面PAC的距离为h，则三棱椎B－PAC的体积，即，．设AB与平面PAC所成的角为，则，又因为，所以l与平面PAC所成角为．