江西省南昌市江西科技师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试卷

这是一份江西省南昌市江西科技师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试卷，共13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。

卷面分数：150分 考试时间：120分钟 命题人：黄越 审题人：陈声其
一、单选题（每小题5分，共40分）
1．若复数z满足，则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．下列说法不正确的是（ ）
A．正棱锥的底面是正多边形，侧面都是等腰三角形
B．棱台的各侧棱延长线必交于一点
C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分是棱台
D．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
3．已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ）
A．B．C．1D．13
4．已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，则原平面图形的面积为（ ）
A． B．C． D．
6．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．在直三棱柱中，，，E是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知锐角中，内角、、的对边分别为、、，，若存在最大值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每小题6分，共18分，每小题有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9．复数满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．A的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
11. 已知点P为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一动点，四边形ABCD为正方形，，E为AB的中点，F为DD1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得截面的面积为
B．过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面为五边形
C．若平面A1C1E，则点P的轨迹长度为
D．若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为
三、填空题（每小题5分，共15分）
12．若复数满足，则的虚部为 .
13．某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为nmile;在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为nmile.货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则灯塔与处之间的距离是 nmile.
14．如图所示，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，是侧面内一点，若平面AEF.则线段长度的最大值与最小值之和为_________.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 已知，，分别为的三个内角A，B，的对边，且.
(1)求角A；
(2)若，的面积.
如图，中，，D是AC的中点，，AB与DE交于点M．
(1)用表示﹔
(2)设，求的值.
17．如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，.
(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由
为响应国家“乡村振兴”号召，农民老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓．为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏．已知，，，．
(1)若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求；
(2)当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？
19．任意一个复数z的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中i为虚数单位，，.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立.设两个复数用三角函数形式表示为：，，则：.如果令，则能导出复数乘方公式：.请用以上知识解决以下问题.
(1)试将写成三角形式；
(2)试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；；
(3)计算：的值.
参考答案：
1．A
【详解】由可得，故在复平面内对应的点为,故对应的点为第一象限，
2．C
【详解】对于A，正棱锥的底面是正多边形，侧面都是等腰三角形，故A正确；
对于B，根据棱台的定义可得：棱台的各侧棱延长线必交于一点，故B正确；
对于C，用一个平行棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分是棱台，故C错误；
对于D，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故D正确；
3．B
【详解】根据题意，，
则.
4．A
【详解】如图：三角形中，，则有两解的充要条件为：
即，
5．A
【详解】如图，在直观图中过点，作交于点，
因为，
所以，，即
将直观图还原为平面图如下：
则，，，
所以.
故选：A
6．D
【详解】由及正弦定理得，即，
由及余弦定理可得，
∴，∴，∴.
又，∴.
故选：D.
7．B
【详解】如图，取中点，中点，连接
在直三棱柱中，，所以平面，有平面，所以，则
因为分别为中点，所以
又可得，则四边形为平行四边形
所以，则为异面直线与所成的角或其补角
由平面，平面，可得，所以，
在中，，，由余弦定理得，
所以，
所以在中，由余弦定理得
所以异面直线与所成的角的余弦值.
8．C
【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，
，
因为，则，
因为存在最大值，则，解得.
9．ABD
【详解】由，可得，则，解得，
所以，故选项A，D正确.
当时，，当时，，故选项B正确，选项C错误.
10．ABD
【详解】对A：由题意可得，由余弦定理可得，
即有，即，
由，故，即，故A正确；
对B：则，，解得，故B正确；
对C：由正弦定理可得，即，故C错误；
对D：若，则，
由正弦定理可得，即，
即
，
由，则，故，故D正确.
11．ABD
【详解】选项A：如图1，取BC的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，则过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，理由如下：
连接，因为，分别是和的中点，所以，
又在平行四边形中，，所以，则，，，四点共面，
因为，所以，，，
则等腰梯形A1C1GE的高，
所以等腰梯形A1C1GE的面积，所以A正确；
选项B：如图2，连接C1F并延长，交CD的延长线于H，连接EH交AD于I，连接IF，取BB1靠近B的四等分点Q，连接EQ，QC1，则五边形EQC1FI即过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面，理由如下：
作的中点，连接和，作的中点，连接和，
则有，，所以四边形是平行四边形，即，
又有，，，，所以，，
所以四边形是平行四边形，即，则，
所以，，，四点共面，
由题可知平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为Q是BB1靠近B的四等分点，是的中点，所以，
则，所以，，，，五点共面，所以B正确；
选项C：如图3，分别取AD，CD，BC的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，
因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面A1C1GE，
则点P的轨迹为，所以点P的轨迹长度为，故C错误；
选项D：如图4，若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为两个以为半径的圆的周长的再加上两个侧棱BB1的长度，即，所以D正确．
故选：ABD.
12．1
【详解】由，得，故的虚部为1，
13．
【详解】在中，，
由正弦定理得，
在中，由余弦定理得，
，所以.
【详解】如下图所示：
分别取棱、的中点、，连接，连接，
、、、为所在棱的中点，，，
，又平面，平面，
平面；
，，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面，
又，平面平面，
是侧面内一点，且平面，
则必在线段上，
在中，，
同理，在中，求得，
为等腰三角形，
当在中点时，此时最短，位于、处时最长，
，
，
所以线段长度的是大值与最小值之和为，．
15．(1)(2)
【详解】（1）由余弦定理，
所以，又，所以.
（2）因为，所以，
因为，由已知得，故，故，
所以.
16．(1)；(2).
【详解】（1）依题意，.
（2）依题意，
，而三点共线，则，∴.
【详解】（1）在上取点，使得，连接，
在中，点、分别为、上的三等分点，则有
又面、面
由线面平行的判定定理：面
又且，∴四边形为平行四边形
则有，又面、面，∴面
由于面、面，，∴面面
又面，∴面
（2）假设在棱上存在点，使得面
连接，交于
∵面，面，面面
由线面平行的性质定理：
则在中，，易知，
∴，∴点为棱的中点.
18．(1) (2)时，的面积取最小值为
【详解】（1）∵，，，∴，∴，∴，∴，
在中，由余弦定理可得：
，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴护栏的长度（的周长）为；
（2）设（），因为鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，所以，即，，中，由三角形外角定理可得，在中，由，得，从而，即，
由，得，所以，即；
（3）设（），由（2）知，，
中，由外角定理可得，又在中，由，得，所以
，所以当且仅当，
即时，的面积取最小值为.
19．(1)(2)推导过程见解析(3)
【详解】（1）由于，故，
则；
（2）设模为1的复数为，
则
，
由复数乘方公式可得，
故；
（3）首先证明：；
由于，则，
则，故，
则可得
，
，
所以
.