48，河南省洛阳市栾川县第一高级中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题

这是一份48，河南省洛阳市栾川县第一高级中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题，共21页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间120分钟 满分：150分
一、选择题（每小题5分，共8小题40分）
1. 已知为虚数单位，，则复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将题目所给算式化简，求出后，再求的共轭复数即可.
【详解】∵，
∴，
∴，
∴复数的共轭复数.
故选：D.
2. 若圆锥的底面半径为3，体积为，则此圆锥的侧面展开图的圆心角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥底面半径和体积可计算出圆锥的母线，再根据侧面展开图的特征利用弧长公式即可得出圆心角.
【详解】设圆锥的高为，母线为；
将半径代入体积公式可得，；
则母线长，
设此圆锥的侧面展开图的圆心角为，
则其侧面展开图的半径为，弧长为圆锥底面周长，
所以圆心角.
故选：D
3. 已知，，，，那么向量、的夹角不能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设向量、的夹角为，则，根据可得出关于的二次不等式，根据求出的取值范围，结合即可得解.
【详解】设向量、的夹角为，则，
由可得，整理可得，
即，即，
因为，使得成立，
则，解得，
因为，则.
故选：C.
4. 如图，正四棱锥，记异面直线与所成角为，直线与面所成角为，二面角的平面角为，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】连接与，交于，取中点，取的中点，
分别连接，
在正方形中，，所以异面直线与所成的角，即为与
所成的角，即，在直角中，则，
直线与所成的角，即为，所以，
二面角的平面角为，所以，
因为，，，
可得，所以，故选C.
5. 已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（ ）
A. 直角三角形B. 等边三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.
【详解】由，得，
整理得，则，
因为，所以，
又由及正弦定理，得，化简得，
所以为等边三角形，
故选：B
6. 在如图的平面图形中，已知,则的值为
A. B.
C. D. 0
【答案】C
【解析】
【详解】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.
详解：如图所示，连结MN，
由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，
则，
由题意可知：
，，
结合数量积的运算法则可得：
.
本题选择C选项.
点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
7. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD为矩形，，则四棱锥的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过分析平面平面SCD确定球心位置，进而求出球的半径得体积.
【详解】因为四边形ABCD为矩形，所以，
又，且，平面SCD，
所以平面SCD，又平面，故平面平面SCD，
又，
所以是等腰直角三角形，
所以其外接圆的圆心是CD的中点，
又四边形ABCD为矩形的外接圆的圆心为AC，BD的交点，
所以四棱锥的外接球的球心为AC，BD的交点，
所以外接球的半径为，
所以四棱锥的外接球的体积为．
故选：D．
8. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，若，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 正三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理边角变换，结合诱导公式与倍角公式求得；利用面积公式与向量数量积的定义求得，从而得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以，所以；
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，则是正三角形.
故选：C.
二、多选题（每小题5分，共4小题20分）
9. 下列四个命题为真命题的是（ ）
A. 若向量、、，满足，，则
B. 若向量，，则、可作为平面向量的一组基底
C. 若向量，，则在上的投影向量为
D. 若向量、满足，，，则
【答案】BC
【解析】
【分析】取，可判断A选项；利用基底的概念可判断B选项；利用投影向量的概念可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，若且，，则、不一定共线，A错；
对于B选项，若向量，，则，则、不共线，
所以，、可作为平面向量的一组基底，B对；
对于C选项，因为向量，，
所以，在上的投影向量为
，C对；
对于D选项，因为向量、满足，，，
则，D错.
故选：BC.
10. 如图，在海岸上有两个观测点C，D，C在D的正西方向，距离为2 km，在某天10:00观察到某航船在A处，此时测得∠ADC=30°，5分钟后该船行驶至B处，此时测得∠ACB=60°，∠BCD=45°，∠ADB=60°，则（ ）
A. 当天10:00时，该船位于观测点C的北偏西15°方向
B. 当天10:00时，该船距离观测点Ckm
C. 当船行驶至B处时，该船距观测点Ckm
D. 该船在由A行驶至B的这5 min内行驶了km
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用方位角的概念判断A，利用正弦定理、余弦定理求解后判断BCD．
【详解】A选项中，∠ACD=∠ACB+∠BCD=60°+45°=105°，因为C在D的正西方向，所以A在C的北偏西15°方向，故A正确.
B选项中，在△ACD中，∠ACD=105°，∠ADC=30°，则∠CAD=45°.
由正弦定理，得AC=，
故B正确.
C选项中，在△BCD中，∠BCD=45°，∠CDB=∠ADC+∠ADB=30°+60°=90°，即∠CBD=45°，
则BD=CD=2，于是BC=2，故C不正确.
D选项中，在△ABC中，由余弦定理，得AB2=AC2+BC2－2AC·BCcs∠ACB=2+8－22=6，
即AB=km，故D正确.
故选：ABD．
11. （多选）在棱长为1的正方体中，M是线段上一个动点，则结论正确的是（ ）
A. 直线垂直于直线
B. 存在点M使得二面角为的二面角
C. 存在点M使得异面直线与所成角为
D. 三棱锥的体积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正方体的性质，结合平行线的性质、二面角的定义、三棱锥体积公式、异面直线所成角定义逐一判断即可.
【详解】由题意可知，，，∴，A正确；

当M为中点时，二面角的平面角为，所以B正确；

异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，

正三角形，当M为中点时，，C正确；
三棱锥的体积为，D错误．
故选：ABC．
12. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是的中点，则（ ）
A. 四点A，M，N，C共面
B. 直线与平面所成角为
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 过M，B，C三点的平面截正方体所得图形面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，连接和，说明A，M，N在平面中，点平面即可判断；对B，由向量法求线面角；对C，由向量法求线线角；对D，过点M作，证所求截面为矩形，即可求得面积.
【详解】对A，连接和，由此可知点A，M，N在平面中，点平面，则四点A，M，N，C不共面，A错；
对B，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则，
设直线与面所成角为，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，B正确；
对C，因为，结合选项B的坐标可得：，
设异面直线与面所成角为，则，
所以异面直线与面所成角的余弦值为，C正确；
对D，过点M作，因为，所以且，
所以四边形为平行四边形，则P，M，Q，B，C五点共面，即过M，B，C三点的平面截正方体所得图形为平行四边形，
由题意可知：，
因为为正方体，所以平面，
因为平面，所以，
所以平行四边形为矩形，则，D正确.
故选：BCD.
.
三、填空题（每小题5分，共4小题20分）
13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且面积为，若，则__________．
【答案】3
【解析】
【分析】由面积得，再结合，求出值，再利用余弦定理求出即可.
【详解】，解得：；
又，代入，得：或；
根据余弦定理得：，解得：.
故答案为：3．
14. 已知复数满足（是虚数单位），则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及模长运算求得，再由共轭复数的概念得复数.
【详解】已知复数满足，所以，
则.
故答案为：.
15. 中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒（cuán）尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此四棱锥的侧棱长为米，侧面与底面的夹角为30°，则此四棱锥相邻两个侧面的夹角的余弦值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件求得正四棱锥底面边长，再根据二面角定义通过解三角形求得其余弦值.
【详解】根据题意，取正四棱锥如下所示，其中侧棱长均为，
连接交于点，取中点为，连接.
因为为正四棱锥，故面，又为中点，故可得，则；
设，在△中，因为，为中点，故,则，
在△中，，故，解得；
过点作，连接，又△△，故即为所求二面角的平面角；
在△中，由等面积法可得：,即，
解得：，又，又，
故在△中，由余弦定理可得.
故相邻两个侧面的夹角的余弦值为.
故答案为：.
16. 设非零向量和的夹角是，且，则，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量数量积的运算，先求的结果，再求最值.
【详解】∵，
∴当时，的最小值为3，∴的最小值为．
故答案为：
四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分）
17. 在①；②复平面上表示的点在直线上；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答：
已知复数；（为虚数单位），满足 .
（1）若，求复数以及；
（2）若是实系数一元二次方程的根，求实数的值
【答案】(1)；
(2)m=-2
【解析】
【分析】选条件①，根据求出a的值；
选条件②，求出在复平面上表示点的坐标，代入直线方程求出a的值；
选条件③，计算，根据求出a的值；
(1)计算和的值；
(2)根据是实系数一元二次方程的根，也是方程的根，利用根与系数的关系求出m的值.
【详解】选条件①：.
因为，所以，
解得，又，所以；
选条件②：复平面上表示的点在直线上.
因为，
所以，其表示的点为，
有，解得；
选条件③：.
因为，所以，
所以，解得.
(1)，；
(2)是实系数一元二次方程的根，
则也是该方程的根，所以m=-(+)=.
18. 如图，四棱锥的底面是菱形，，平面，是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）棱上是否存在一点，使得平面？若存在，确定的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）详见解析；
（2）存在，点为的中点；详见解析.
【解析】
【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得；
（2）通过构造平行四边形，得到线面平行．
【小问1详解】
连接，因为底面是菱形，，
所以为正三角形，
因为是的中点，
所以，
因为平面，平面，
∴，
因为，，，平面，平面，
所以平面，又平面,
所以平面⊥平面；
【小问2详解】
当点为的中点时，平面，
取的中点,的中点，连接，，
∵为三角形的中位线，
∴∥且，
又在菱形中，为的中点，
∴∥且，
∴∥且，
所以四边形为平行四边形.
所以 ∥，
又平面，平面，
∴∥平面.
19. 已知在中，N是边AB的中点，且，设AM与CN交于点P．记．
（1）用表示向量；
（2）若，且，求的余弦值．
【答案】（1），．
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平面向量加减运算求解；
（2）利用运算求解.
【小问1详解】
，
，
．
【小问2详解】
N，P，C三点共线，∴由得，
，即，
,即的余弦值为．
20. 如图，四棱锥中，，，，平面CDP，E为PC中点.
（1）证明：平面PAD；
（2）若平面PAD，，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取PD中点F，连接EF，AF，然后可证明四边形ABEF是平行四边形，得到即可；
（2）首先可得，算出，然后利用可算出答案.
【小问1详解】
取PD中点F，连接EF，AF
则且
又∵且
∴且
∴四边形ABEF是平行四边形∴
∵平面PAD,平面PAD
∴平面PAD
【小问2详解】
∵平面PAD, 平面，∴
又∵，，∴
因为平面CDP，
所以
21. 如图，在△中，角的对边分别为．
（1）求的大小；
（2）若为△外一点，，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知可得，结合，可求，结合范围，即可求得的值．
（2）由已知利用余弦定理可得，由已知及（1）可知，利用三角形面积公式可求从而可求四边形面积,根据正弦函数的性质即可得解四边形ABDC面积的最大值．
【详解】（1）在△中，∵，
∴，
∴，
∴
又∵，故，
∴，即 tanC＝1．
又∵，∴．
（2）在△BCD中，，
∴．
又，由（1）可知，
∴△为等腰直角三角形，
∴
又∵，
∴
∴当时，四边形的面积有最大值，最大值为．
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式及三角恒等变换等基础知识的应用，考查了运算求解能力，考查了化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．
22. 如图，在三棱锥中，平面ABD，E为AB的中点，，.

（1）证明：平面CED；
（2）当二面角的大小为30°，求与平面ACD所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质得，再利用三线合一得，最后利用线面垂直的判定即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量和法向量，利用线面角的公式即可得到答案.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以是的中线，
所以，且，平面，
所以平面.
【小问2详解】
建系如图，因为平面，平面，所以，，平面平面，平面，平面，
则二面角的平面角为，所以，
又因为是边长为2的等边三角形，所以，在直角三角形中，有，结合，得到以下坐标：
，
则，
设是平面的法向量，由，即，
令，则，所以，又因为，
设与平面所成角，则.