精品解析：河南省郑州市郑中国际学校2023-2024学年高一下学期第二次月考（5月）数学试题

郑中国际学校2023-2024学年下学期第二次月考 高一数学试题卷 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：杨明祥 审核人：魏亚鸣 注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分.考生应首先阅读试题卷上的文字信息，然后在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡）.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确选项） 1. 已知，则（ ） A. i B. C. D. 2. 某中学高一年级有400人，高二年级有320人，高三年级有280人，若用随机数法在该中学抽取容量为n的样本，每人被抽到的可能性都为0.2，则n等于（　　） A. 80 B. 160 C. 200 D. 280 3. 如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（    ） A. B. C. D. 4. 已知，，则与平行的单位向量为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 5. 如图直四棱柱的体积为8，底面为平行四边形，的面积为，则点A到平面的距离为（　　） A. 1 B. C. D. 2 6. 设的面积为，若，则角（ ） A. B. C. D. 7. 已知直角斜边的中点为O，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形的边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 在复平面内，复数对应的点为A，复数对应的点为，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 向量对应的复数是1 D. 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是异面直线 B. 直线与是平行直线 C. 直线与是相交直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 11. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，均为单位向量．若，则在上的投影向量为 B. 是所在平面内的一动点，且，则点的轨迹一定通过的重心； C. 已知为的外心，边长为定值，则为定值； D. 若点满足，则点是的垂心. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个长方形容器中盛有水，侧面为正方形，且．如图，当面水平放置时，水面的高度恰好为，那么将面水平放置时，水面的高度等于__________． 13. 已知是关于的实系数方程的两个虚根，则___________． 14. 在中，角，，的对边分别为，，，若为钝角，， ，点是的重心，且，则______． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知复数满足. （1）求； （2）求的最小值. 16. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点在单位圆上，（）． （1）求的值； （2）若四边形OADB是平行四边形，求点D的坐标； （3）若，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小. 18. 如图，在四棱锥中，，，，，平面平面. （1）求证：； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）当时，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑中国际学校2023-2024学年下学期第二次月考 高一数学试题卷 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：杨明祥 审核人：魏亚鸣 注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分.考生应首先阅读试题卷上的文字信息，然后在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡）.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确选项） 1. 已知，则（ ） A. i B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用复数的代数形式的乘除运算法则求得，代入所求式计算即得. 【详解】因为， 所以． 故选：A． 2. 某中学高一年级有400人，高二年级有320人，高三年级有280人，若用随机数法在该中学抽取容量为n的样本，每人被抽到的可能性都为0.2，则n等于（　　） A. 80 B. 160 C. 200 D. 280 【答案】C 【解析】 【分析】根据简单随机抽样概率的求解方法，列出方程计算即可. 【详解】由题意可知，，解得. 故选：C 3. 如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形,结合勾股定理算出各边长度即可求解. 【详解】由题意,,由可得, 由, 可得,所以, 而， 所以， 结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形， 如图所示： 由勾股定理可得， 所以满足题意的平面图形的周长是. 故选:C. 4. 已知，，则与平行的单位向量为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，然后除以可得同向的单位向量，可得答案. 【详解】因为，，所以， 又，所以与平行的单位向量为， 即或. 故选：C 5. 如图直四棱柱的体积为8，底面为平行四边形，的面积为，则点A到平面的距离为（　　） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先得到，设点A到平面的距离为h，得到方程，求出答案. 【详解】设点A到平面的距离为h，因为直四棱柱的体积为8， 则直三棱柱的体积为4，故， 即， 又因为， 所以，故点A到平面的距离为. 故选：B 6. 设的面积为，若，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由面积公式及数量积的定义求出，即可得解. 【详解】由，得，即， 因为，所以， 因为，所以． 故选：B． 7. 已知直角斜边的中点为O，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得、，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为点是直角斜边的中点，且， 所以，则为等边三角形，， 又因为是直角三角形，所以， 所以， 向量在向量上的投影向量为： . 故选：B. 8. 庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形的边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，由柱体和锥体的体积公式，计算可得所求值. 【详解】解：取的中点，连接， 可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥， 将三棱柱补成一个底面与矩形全等的矩形的平行六面体， 可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半， 则三棱柱的体积为， 四棱锥的体积为， 则几何体的体积为. 故选：D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 在复平面内，复数对应的点为A，复数对应的点为，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 向量对应的复数是1 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数的模、复数的几何意义逐一分析即可. 【详解】因为，所以， 所以， ，A正确； ，B错误； 由上可得，对应复数为，C错误； ，，D正确. 故选：AD 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是异面直线 B. 直线与是平行直线 C. 直线与是相交直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于ABC：根据异面直线的定义来判断；对于D：四边形为平面截正方体所得的截面，求梯形面积即可. 【详解】面，面，，所以直线与是异面直线，故A正确； 面，面，，所以直线与是异面直线，即直线与是异面直线，故B错误； 面，面，，所以直线与是异面直线，故C错误； 明显，故四边形为平面截正方体所得的截面， ， 四边形是等腰梯形，则梯形的高是， 所以梯形的面积，故D正确． 故选：AD． 11. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，均为单位向量．若，则在上的投影向量为 B. 是所在平面内的一动点，且，则点的轨迹一定通过的重心； C. 已知为的外心，边长为定值，则为定值； D. 若点满足，则点是的垂心. 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，根据数量积的运算律得到，然后求投影向量即可；BCD选项，根据平面向量四心的结论判断即可. 【详解】A选项，，因为为单位向量，所以， 所以在上的投影向量为，故A正确； B选项，设中点为，则， 又，所以点三点共线，且点为射线上的动点，通过三角形的重心，故B正确； C选项，， 因为、为定值，所以为定值，故C正确； D选项，表示在、上的投影相等，即点到、的距离相等，所以点在角的角平分线上， 同理可得点在角的角平分线上，即点为内心，故D错. 故选：ABC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个长方形容器中盛有水，侧面为正方形，且．如图，当面水平放置时，水面的高度恰好为，那么将面水平放置时，水面的高度等于__________． 【答案】4 【解析】 【分析】利用等体积法，转化求解水的高度即可． 【详解】设正方形的边长为，则当面水平放置时，水的体积为， 当面水平放置时，设水面高度为，则，解得， 故答案为：4． 13. 已知是关于的实系数方程的两个虚根，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出方程的两根虚根，再计算其模与和，从而得解. 【详解】因为，即， 所以，， 则，， 所以. 故答案为： 14. 在中，角，，的对边分别为，，，若为钝角，， ，点是的重心，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换求出，借助重心的性质、向量数量积的运算律，建立关于的方程，再利用余弦定理求出a. 【详解】在中，由，得， 整理得，而，解得， 又为钝角，则，由点P是的重心，得， ，而，， 整理得，而，解得， 由余弦定理得. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知复数满足. （1）求； （2）求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的乘除运算法则计算即可； （2）设，由已知可求得，可得，进而可得，可求最小值. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 设，则. 因为，所以，故. ，当时取得等号. 故的最小值为. 16. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点在单位圆上，（）． （1）求的值； （2）若四边形OADB是平行四边形，求点D的坐标； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）根据三角函数定义求出，再由正切的两角和公式可得； （2）根据向量加法运算即可得解； （3）利用平面向量的线性运算求出，然后由数量积的坐标表示可得. 【小问1详解】 由点，点在单位圆上，（）， 得， 所以； 【小问2详解】 四边形OADB是平行四边形，则， 又，所以 所以点D的坐标为； 【小问3详解】 ∵，∴ ∴， 又，所以 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、， 则 ，， 又底面是正方形，即 ， 则，即四边形为平行四边形， 则，又在平面外，平面， 故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行； （2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取线段的中点为点，连接、， 又，底面是边长为的正方形， 则，且，， 又二面角的大小为， 即平面平面， 又平面，平面平面， 则平面， 则是直线与平面所成角， 在中，， 即， 故直线与平面所成角的大小为. 18. 如图，在四棱锥中，，，，，平面平面. （1）求证：； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，结合平面平面，可得平面，可证结论； （2）延长与交于点，可证，，所以为平面与平面所成角的平面角，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 延长与交于点，连接，则平面平面， 因为，, 所以是的中点，又因为，所以， 所以，又因为平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，平面，所以，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面与平面所成角的平面角， 在中，因为，可得， 在中，因为，可得， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）当时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，由余弦定理及同角三角函数的基本关系化简求解即可； （2）利用正弦定理将边化角，由三角恒等变化可得，再由正弦型三角函数的值域求解即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 由余弦定理，即， 所以，又为锐角，∴． 【小问2详解】 由正弦定理得， ，， 则 ， 由，可得，， ∴，∴． 即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $