2022-2023学年福建省永春市高一数学下学期月考试卷【含答案】

2022-2023学年福建省永春市高一数学下学期月考试卷高一数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。第卷一、单选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1. 设复数满足，则下列说法正确的是()A. 的虚部为B. C. 为纯虚数D. 在复平面内，对应的点位于第二象限2如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（）ABCD3已知向量，则“与的夹角为锐角”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4若用平行于某圆锥底的平面去截该圆锥，得到的小圆锥与圆台的母线长相等，则该小圆锥与该圆台的侧面积的比值为（）ABCD5设表示平面，表示直线，表示三个不同的点，给出下列命题：若，则；若表示不同的平面，则；若，则若，则与重合.其中，正确的有（）A1个B2个C3个D4个6我国古代数学家秦九韶左数书九章中记述了了“一斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积，根据此公式，若，且，则的面积为（）ABCD7已知正四面体的外接球表面积为，则正四面体的体积为()A. B.C. D. 8如图，直角梯形 中，已知，动点在线段上运动，且，则的最小值是（）A3BC4D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9下列有关复数的叙述正确的是（）A若，则B若，则的虚部为C若，则可能为纯虚数 D若，则10已知，若，则（）ABCD11在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则下列说法正确的是（）A若，则B若，则是直角三角形C若是等腰三角形，则D若，则的面积最大值为312如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，的中点，Q是线段上的动点，则（）A存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B存在点Q，使PQ平面MBNC经过C，M，B，N四点的球的表面积为D过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知为锐角，且，则的值为_14如图，一个底面半径为的圆柱形量杯中装有适量的水，若放入一个半径为的实心铁球，水面高度恰好升高,则_15 已知是内部一点，且满足，又，则的面积为_16 8. 如图，在正方体中，分别是，的中点，点在四边形的边及其内部运动，则当点满足时，有平面四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17已知向量，（1）当时，求向量的坐标；（2）设函数，将函数图象上所有点向左平移个单位长度得到的图象，当时，求函数的最小值18已知的角，的对边分别为，设向量，.(1)若，求证：为等腰三角形；(2)若，边长，角，求的面积.19如图所示，在正方体中，为中点.(1)求证：平面；(2)若正方体棱长为2，求三棱锥的体积.20在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(1)求角B的大小；(2)若，D为AC边上的一点，且_，求的面积BD是的平分线；D为线段AC的中点（从，两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）21如图：正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，E，F分别为DD1，BB1的中点.(1)求证：CF/平面A1EC1；(2)过点D在答题卡上作正方体截面使其与平面A1EC1平行，请给以证明并求出该截面的面积.22如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30相距海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45的方向以3海里小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里小时的速度沿着直线追击(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船草稿纸参考答案：1B【详解】：因为，所以的虚部为，故A错误；，故B正确；不是纯虚数，故C错误；在复平面内，对应的点位于第三象限，故D错误故选B2D【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可.【详解】由题意可得：，由直观图可得原图，如图所示，可知：，可得，所以原三角形的周长.故选：D.3A【分析】求出与的夹角为锐角时的充要条件是且，从而判断出答案.【详解】因为与的夹角为锐角，则且与不共线.时，当时，则与不共线时，所以与的夹角为锐角的充要条件是且，显然且是的真子集，即“与的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件，A正确.故选：A4C【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，利用圆锥侧面的面积公式：即可求解.【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积，截得的小圆锥的底面半径为，母线长为，其侧面积，而圆台的侧面积故两者侧面积的比值故选：C5B【分析】由平面的基本性质的公理1可判断；由公理2判断；由线面的位置关系可判断；由平面基本性质的公理3可判断【详解】，表示两个平面，表示直线，表示三个不同的点，若，则，由平面的基本性质的公理1，可得正确；，不重合，若，则，由平面的基本性质的公理2，可得正确；若，则或，可得不正确；若，如果，不共线，则与重合，如果3点共线，则与可以相交由平面的基本性质的公理3，可得不正确其中正确的个数为2，故选：B6B【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，求得，再结合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解.【详解】由题意，因为，所以，即，又由，所以，由因为，所以，所以，即，因为，由余弦定理可得，解得，则的面积为.故选：B.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和两角和与差的正弦函数公式的化简求值的综合应用，意在考查推理与运算能力，属于中档试题.7C【分析】本题考查棱锥的外接球，球的表面积，棱锥体积，棱锥与棱柱的结构特征，属于中档题将正四面体补全为正方体，利用正四面体的外接球与正方体外接球相同，求出正方体的边长，进而求出正四面体的体积【详解】解：设外接球半径为，由，解得，将正四面体补成正方体，知正四面体的棱为正方体的面对角线，正四面体的外接球即为正方体的外接球，正方体的体对角线等于外接球的直径，设正方体棱长为，则，解得该正四面体的体积为正方体的体积减去个三棱锥的体积，所以故选C8C【分析】设，可以用表示和，从而得到与的关系，再利用均值不等式求解.【详解】设因为所以所以，所以当且仅当，即取等，此时，与重合，符合题意.故选：C.【点睛】本题的关键是利用平面向量基本定理找到与的关系，从而把问题转化为均值不等式问题.9AD【分析】根据复数的运算、复数的概念、复数模的几何意义判断各选项【详解】，所以，A正确；，虚部是，B错误；，若，则是实数，若，则是虚数，不是纯虚数，C错误；，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以，D正确故选：AD10ACD【分析】由平面向量数量积的坐标运算，可得出的值，根据二倍角公式及两角和的正切即可判断各选项.【详解】 所以 , 故A正确；,，故B错误；，故C正确；，故D正确；故选：ACD.11BCD【分析】根据余弦定理和正弦定理及三角形面积公式分别判断A，B，C，D选项即可【详解】由正弦定理及可得对于A，根据余弦定理得，所以，故A错误；对于B，若，则，又，所以，而，所以，即，故B正确；对于C，若是等腰三角形，只可能是（若，则，不能构成三角形），则，由余弦定理可得，所以，故C正确；对于D，由余弦定理可得，所以，所以，当时，取最大值3，故D正确故选:BCD.12ABD【分析】作出过B，N，P的截面判断选项A；取中点为Q，证明其满足选项B；过MN与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项C；当Q在运动时，确定截面的形状，判断选项D【详解】A.连接，正方体中易知，又有分别是，中点，则，所以，即四点共面，所以当Q与重合时满足B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；B.如图，取中点为Q，连接PQ，QM，因为分别，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面BMN，平面BMN，所以PQ平面BMN.故选项B正确；选项C，取中点U，中点V，连接MV，MU，NV，NU，则多面体MUNV-ABCD是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过B，C，M，N四点的球，所以球直径为，半径，表面积为.故选项C错选项D，正方体中，M，N分别是，中点，则，Q在线段（除端点外）上，如图，作交于E，连接EN，延长交DC延长线于点K，连接QM延长交DA延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F,多边形QENFGM为所过M，N，Q三点的截面，由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，则截面为六边形.当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（菱形）.当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（矩形）.综上，过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形.故选项D正确；故选：ABD【点睛】三棱锥外接球点睛：求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形. 解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补形成一个正方体（长方体），若能，则正方体（长方体）的顶点均在球面上，正方体（长方体）的体对角线长等于球的直径.另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心.13【分析】利用同角三角函数的基本关系结合诱导公式可求得结果.【详解】因为为锐角，且，则，因此，.故答案为：.14【详解】试题分析：由题可知，小球的体积等于水面上升的的体积，因此有，化简可得，；考点：简单几何体的体积公式15【分析】根据平面向量数量积定义和三角形面积公式可求得，由已知关系式可知为的重心，由此可得.【详解】，；，是的重心，.故答案为：.16线段D.【分析】本题考查线面平行的条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于中档题先通过面面平行的判定定理得到平面平面，从而求出满足条件线段时，有平面【详解】解：在正方体中，分别是，的中点，点在四边形的边及其内部运动，所以，平面，平面，所以平面，同理可得平面，平面，平面平面，满足条件线段时，有平面故答案为：线段D.17（1）；（2）【分析】（1）代入数据即可求解；（2）先根据二倍角的正弦公式化简函数，再得到函数的解析式，再根据三角函数的性质即可求出答案【详解】解：（1）当时，；（2），函数图象上所有点向左平移个单位长度得到的图象，的最小值为【点睛】本题主要考查向量线性运算的坐标表示，考查三角函数的化简与性质，属于基础题18(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据，利用向量平行的坐标表示，再由正弦定理将角化边，即可证明；（2）根据向量垂直的数量积的坐标表示可得，再根据余弦定理，两式联立可直接求得，并求得三角形的面积.【详解】（1）因为，且，所以，由正弦定理可得，即，显然，所以，所以是等腰三角形.（2）因为，且，所以，整理得，根据余弦定理可得，即，即，所以解得（舍）或 ，所以，所以的面积是.19(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于，由中位线得，即可证平面；（2），代入数据运算即可.【详解】（1）证明：连接交于，连接， 则是的中点，又为中点，所以，又平面，平面，所以平面；（2）.20(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化简，再根据三角形中角的范围可求得；（2）若选：利用三角形面积关系和余弦定理求得，然后根据面积公式即可；若选：根据中点的向量关系式并同时平方，结合余弦定理求得，然后根据面积公式即可.【详解】（1）由正弦定理知：又：代入上式可得：，则故有：又，则故的大小为：（2）若选：由BD平分得：则有：，即在中，由余弦定理可得：又，则有：联立可得：解得：（舍去）故若选：可得：，可得：在中，由余弦定理可得：，即联立解得：故21(1)证明见解析(2)证明见解析， 【分析】（1）利用线面平行判定定理去证明CF/平面A1EC1；（2）先利用面面平行判定定理作出截面，再去求其面积即可.【详解】（1）取中点M，连接由，可得四边形为平行四边形，则由，可得四边形为平行四边形，则则，又平面，平面，则平面；（2）取AA1，CC1中点G，H，连接DG，CB1，B1H，HD，因为四边形ADHF为平行四边形，所以AF/DH因为四边形AFB1G为平行四边形，所以GB1/AF，所以GB1/DH所以GDHB1即为过点D长方体截面，DG/A1E，平面AEC1，平面AEC1，DG/平面AEC1DH/ C1E，平面AEC1，平面AEC1，DH/平面AEC1又，平面DHB1G/平面AEC1.22(1)两船相距海里.(2)巡逻艇应该北偏东方向去追，才能最快追上走私船.【分析】（1）在中，解三角形得， 在中，由余弦定理求得.（2）在中，解三角形得，得到，在中，由正弦定理求得，结合图形知巡逻艇的追赶方向.【详解】（1）由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时，由题意知在中，由余弦定理得所以在中， 由正弦定理得，即所以（舍去）所在又在中， 由余弦定理得， 故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距海里.（2）当巡逻艇经过小时经方向在处追上走私船，则在中，由正弦定理得：则所以，在中，由正弦定理得：则，故 （舍）故巡逻艇应该北偏东方向去追，才能最快追上走私船.