精品解析：安徽省马鞍山中加双语学校2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题

马鞍山中加双语学校2022—2023学年高一下学期 第二次月考试题 数学 总分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的班级､姓名､考号等信息. 2.请将答案填写在答题卡上，写在试卷和草稿纸上无效. 第I卷（客观题共60分） 一､单选题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本大题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知，则z的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，设出复数的代数形式，再结合复数相等列式求解作答. 【详解】设，则，因为，即有， 整理得，解得， 所以z的虚部为2． 故选：C 2. 的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式及和角余弦公式的逆用，结合特殊角的三角函数值即可得解. 【详解】 . 故选：D 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 若一个平面内有3个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 B. 以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 D. 过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行 【答案】D 【解析】 【分析】A.分三个点在平面的同侧或异侧判断；B.由圆锥的几何特征判断；C.举例判断；D.由公理判断. 【详解】若一个平面内有3个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，则A错误； 若旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥，则B错误： 棱台是有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体，则C错误； 过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行，则D正确. 故选：D 4. 如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积　　 A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积． 【详解】解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图， 所以OB，对应原图形平行四边形的高为：2， 所以原图形的面积为：1×22． 故选A． 【点睛】本题考查斜二测直观图与平面图形的面积的关系，斜二测画法，考查计算能力． 5. 如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合棱台的体积计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】 画出满足题意的正四棱台，如图所示，则．过点D作于点E，则，所以该正四棱台的体积为． 故选：C 6. 正方体的棱长为2，G为的中点，则直线BD与平面的距离为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，∥，利用平行的性质将BD与平面的距离转化为D与平面的距离，进一步利用等体积法求出D与平面的距离即可. 【详解】 由图易证∥平面，所以BD与平面的距离等于D与平面的距离.设D与平面的距离为h，则.又因为为正方体，所以平面，所以，所以，所以.又正方体的棱长为2，G为的中点，所以，，，所以中边上的高为.所以. 故选：B. 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 8. 在中，，，，为线段上的动点（不包括端点），且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件求得解得，，，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值. 【详解】设，，根据题意得， 解得，，，， ， 又、、三点共线，， ， 当且仅当，即时，等号成立． 故选：C 【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值， 二､多选题：在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分，本大题共4小题，每小题5分，共20分. 9. 已知是两个不重合平面，是两条不重合直线，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则与是异面直线 B. 若，则平行于内的无数条直线 C. 若，则 D. 若，则与一定相交 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，可得与平行或异面；对B，根据平行线间传递性可得；对C，根据平面平行的性质可得；对D，可判断当时，. 【详解】对A，若，则与平行或异面，故A错误； 对B，若，则平面内所有与平行的直线都与平行，故B正确； 对C，若，则平面内所有直线都与平行， 因为，所以，故C正确； 对D，若，当时，，故D错误. 故选：AD 10. 把函数的图像向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图像，下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 最小正周期为 B. 在区间上的最大值为 C. 图像的一个对称中心为 D. 图像的一条对称轴为直线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据伸缩平移变换可得函数的解析式，进而判断各选项中图像性质. 【详解】的图像向左平移个单位长度得函数， 再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数， 其最小正周期为，A选项正确； 由，得，则当，即时，取最大值为，B选项错误； 令，，得，，所以函数的对称中心为，，所以不成立，C选项错误； 令，，解得，，所以函数的对称轴为，，当时，，D选项正确； 故选：AD. 11. 已知是所在平面内一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则是的外心 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由数量积的运算判断A，根据向量的夹角公式判断C，由垂直的向量表示判断D，根据向量线性运算判断B． 【详解】由，得，即，故A对； 由，取中点，连接，则， 所以共线，且在线段上，，即为重心，故B错； 由，得为锐角，为钝角故C对； 由，，得，知为的垂心，所以，故D对. 故选：ACD. 12. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ） A. 该圆台的高为 B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台的体积为 D. 一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断B选项；由圆台体积公式即可判断C选项；由圆台侧面展开图结合勾股定理即可判断D选项. 【详解】 如图，作交于，易得，则，则圆台的高为，A错误； 圆台的轴截面面积为，B正确；圆台的体积为，C正确； 将圆台一半侧面展开，如下图中，设为中点，圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形， 由可得，则，，又，则， 即点到的中点所经过的最短路程为，D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（主观题共90分） 三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案写在答题卷上. 13. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为____ 【答案】## 【解析】 【分析】根据正方体性质有，则直线PB与AD1所成的角为，进而计算其正弦值得大小. 【详解】由，连接，故直线PB与AD1所成的角为， 若正方体棱长为2，则， 所以，故，则， 故. 故答案为： 14. “赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中E，F，G，H分别是DF，AG，BH，CE的中点，若，则______． 【答案】##0.32 【解析】 【分析】直接由向量的线性运算及图形关系求出的值，即可求解. 【详解】由题意可得．因为EFGH是平行四边形， 所以，所以，所以．因为， 所以，，则． 故答案为：. 15. 在正四棱锥中，，，则四棱锥外接球的体积是______. 【答案】 【解析】 【分析】画出图形，作平面，垂足为，可得正四棱锥外接球的球心在上，设四棱锥外接球的半径为，然后利用勾股定理求解即可. 【详解】连接交于点，连接，所以底面， 从而正四棱锥外接球的球心在上， 连接，正方形的边长为， 可得，又，所以 ， 设四棱锥外接球的半径为，则， 即，解得， 所以， 故四棱锥外接球的体积是. 故答案为：. 16. 落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝________米． 【答案】 【解析】 【分析】设，表示出，利用结合余弦定理列方程求解. 【详解】设， 则. 由得， 由余弦定理得， 解得，即OP为米． 故答案为：. 四､解答题：本大题共6小题，共70分（其中第17题10分，其余各题12分），解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 已知向量，满足. （1）若，求的值； （2）若的夹角为，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行，分类讨论同向或反向即可求解； （2）分别求出向量与的模，根据向量的夹角公式，即可求得答案. 【小问1详解】 因为，所以或， 当时，， 当， 所以的值为. 【小问2详解】 因为， 所以. 18. 已知复数，，，若一复数的实部与虚部互为相反数，则称此复数为“理想复数”，已知为“理想复数”． （1）求实数； （2）定义复数的一种运算“”：，求． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据，由是“理想复数求解； （2）由（1）知，再由求解. 【小问1详解】 解：由题得， ， 是“理想复数”， ， ； 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 由， 得， . 19. 已知四棱锥，底面是菱形，，底面，且，点，分别是棱和的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，，因为底面是菱形， 所以且，因为点，分别是棱和的中点，所以且， 且，所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，可证四边形为平行四边形，即可得到，从而得证； （2）由底面，可得到底面的距离，再求出，即可求出锥体的体积； 【详解】（1）略； （2）因为底面，，分别是棱的中点， 所以到底面的距离为，又底面是菱形，， 所以，所以 20. 如图所示，在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c．满足，且，D在AC上，． （1）若，求； （2）若，求AC的长． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式与正弦定理、余弦定理化简可得，再根据正弦定理求解即可 （2）设，再在中利用余弦定理求解AC的长即可 【详解】（1）由题，， 故，由正弦定理化简整理可得， 由余弦定理， 又，故，又，故为正三角形，故，在中，，故 （2）由（1）为正三角形，设，则，在中，由余弦定理，解得，故 【点睛】本题主要考查了二倍角公式结合正余弦定理求解平面几何中的问题，需要根据题意在合适的三角形中用正余弦定理求解，属于中档题 21. 如图，在正方体中，，，，分别是所在棱的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：正方形中，分别是、中点，则，均为锐角， 所以，所以，所以， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）证明，再证得后可得证线面垂直． （2）作出与平面所成的角，并证明此角等于，在直角三角形中计算可得． 【详解】（1）略 （2）也是中点，，且，作出完整的截面，设，，如图，连接， 由，平面，平面，所以平面，又 截面平面，截面，所以， 由（1）平面，所以在平面内的射影是， 所以与平面所成的角，即为与的夹角，也即为与的夹角， 设，易得，， ． 所以直线与平面所成角的正弦值． 22. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是正三角形，E为线段的中点，. （1）求证：平面平面； （2）是否存在点F，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）若平面平面，在平面内确定一点H，使的值最小，并求此时的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，；（3）点H是使的值最小时，在平面上的一点，. 【解析】 【分析】（1）先证明平面.，然后得平面，再得面面垂直； （2）利用棱锥体积之间的关系，，可得的关系，求得； （3）延长到，使得，由（1）知平面，得是点C关于面的对称点，在平面中，过点作，垂足为F，交于H，则点H是使的值最小时，在平面上的一点，然后计算出长度即得． 【详解】解：（1）证明：因为是正三角形，E为线段的中点， 所以. 因为是菱形，所以. 因为， 所以是正三角形， 所以，而，平面， 所以平面. 又， 所以平面. 因为平面 所以平面平面. （2）由，知. 所以，， . 因此，的充要条件是， 所以，. 即存在满足的点F，使得，此时. （3）延长到，使得， 由（1）知平面，平面，， 则是点C关于面的对称点，. 在平面中，过点作，垂足为F，交于H，则点H是使的值最小时，在平面上的一点 设，则， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，因为平面， 所以，所以， 所以， 所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 马鞍山中加双语学校2022—2023学年高一下学期 第二次月考试题 数学 总分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的班级､姓名､考号等信息. 2.请将答案填写在答题卡上，写在试卷和草稿纸上无效. 第I卷（客观题共60分） 一､单选题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本大题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知，则z的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 2. 的值是（ ） A. B. C. D. 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 若一个平面内有3个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 B. 以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 D. 过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行 4. 如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积　　 A. B. 1 C. D. 5. 如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的容积为（ ） A. B. C. D. 6. 正方体的棱长为2，G为的中点，则直线BD与平面的距离为( ) A. B. C. D. 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，，，为线段上的动点（不包括端点），且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分，本大题共4小题，每小题5分，共20分. 9. 已知是两个不重合平面，是两条不重合直线，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则与是异面直线 B. 若，则平行于内的无数条直线 C. 若，则 D. 若，则与一定相交 10. 把函数的图像向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图像，下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 最小正周期为 B. 在区间上的最大值为 C. 图像的一个对称中心为 D. 图像的一条对称轴为直线 11. 已知是所在平面内一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则是的外心 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，，则 12. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ） A. 该圆台的高为 B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台的体积为 D. 一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为 第Ⅱ卷（主观题共90分） 三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案写在答题卷上. 13. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为____ 14. “赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中E，F，G，H分别是DF，AG，BH，CE的中点，若，则______． 15. 在正四棱锥中，，，则四棱锥外接球的体积是______. 16. 落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝________米． 四､解答题：本大题共6小题，共70分（其中第17题10分，其余各题12分），解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 已知向量，满足. （1）若，求的值； （2）若的夹角为，求与夹角的余弦值. 18. 已知复数，，，若一复数的实部与虚部互为相反数，则称此复数为“理想复数”，已知为“理想复数”． （1）求实数； （2）定义复数的一种运算“”：，求． 19. 已知四棱锥，底面是菱形，，底面，且，点，分别是棱和的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 20. 如图所示，在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c．满足，且，D在AC上，． （1）若，求； （2）若，求AC的长． 21. 如图，在正方体中，，，，分别是所在棱的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 22. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是正三角形，E为线段的中点，. （1）求证：平面平面； （2）是否存在点F，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）若平面平面，在平面内确定一点H，使的值最小，并求此时的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $