河南省开封市5县联考2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试卷一､单选题（本大题共8小题，共40分）1.设的实部与虚部相等，其中为实数，则A.−3B.−2C.2D.3【答案】A【解析】【详解】试题分析：，由已知，得，解得，选A.【考点】复数的概念及复数的乘法运算【名师点睛】复数题也是每年高考的必考内容,一般以客观题的形式出现,属得分题.高考中考查频率较高的内容有：复数相等、复数的几何意义、共轭复数、复数的模及复数的乘除运算.这类问题一般难度不大,但容易出现运算错误,特别是中的负号易忽略,所以做复数题时要注意运算的准确性.2.下列结论正确的是（）A.底面是正三角形的三棱锥是正三棱锥B.所有几何体的表面都能展开成平面图形C.棱锥侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D.一个直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转形成的封闭曲面所围成的图形叫做圆锥【答案】D【解析】【分析】对于选项ABC举出反例或者找出矛盾即可判断是错误的，由圆锥定义即可得D正确.【详解】对于A，根据正三棱锥的性质可知，底面是正三角形，且顶点投影必须在底面正三角形的中心，只是底面是正三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，故A错误；对于B，球体的表面不能展开成平面图形，所以B错误；对于C，由正六边形性质可知，其中心到顶点的距离与边长相等，因此由勾股定理可知正六棱锥的侧棱长必然大于其底面边长，即C错误；对于D，根据圆锥定义即可判断D正确.故选：D3.某学校共有980名学生，其中高一的学生有400名，高二的学生有300名，其余都是高三的学生，为了解该校学生的体育锻炼时间，按照高一､高二､高三三个级段进行分层抽样，如果样本容量为196，那么应在高三的学生中抽取（） A.48名B.52名C.56名D.60名【答案】C【解析】【分析】由分层抽样的抽样比即可求解.【详解】由题意可知高三学生有名，所以由分层抽样的抽样比可知应在高三学生中抽取名，故选：C4.《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）A.1998立方尺B.2012立方尺C.2112立方尺D.2324立方尺【答案】A【解析】【详解】试题分析：由底面半径为，则，又，所以，所以该圆堡的体积为立方尺，故选A．考点：1．数学文化；2．旋转体的表面积与体积．5.m，n为空间中两条不重合直线，为空间中一平面，则下列说法正确是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】B【解析】【分析】根据空间中的线线平行、线面平行、线面垂直的定义以及性质逐项进行判断.【详解】A．因为，，所以当时，不满足，故错误；B．根据“垂直于同一平面的不同直线互相平行”可知B正确；C．因为，，所以可能是异面直线，故错误；D．因为，，所以时也满足，故错误，故选：B.【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键是通过分析已知的平行垂直关系，找寻不符合条件描述的反例，由此排除选项.6.如图，在正方体中，M为中点，过且与平行的平面交平面于直线l，则直线l与AB所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】依题意建立空间直角坐标系，由正方体的性质可得平面，延长与相交于点，连接，则即为直线，再利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，在正方体中，，平面，平面，所以平面，延长与相交于点，连接，则即为直线，设正方体的棱长为，则，，，，所以，，设与所成角为，则故选：D 7.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，，，则.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.设为三角形内一点，且满足：，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接根据向量的基本运算得到，再结合“奔驰定理”即可求解结论．【详解】解：为三角形内一点，且满足，，．，故选：D．8.在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值是（）A.B.C.D.3【答案】C【解析】 【分析】根据题中的边角关系式化简等式，将转化为某一角的某一三角函数的形式，再运用三角函数的性质求解其最大值.【详解】根据题意，，所以，由正弦定理可得：，即，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以．则的最大值是.选项C正确，选项ABD错误故选：C.二､多选题（本大题共4小题，共20分）9.下列情况不适合抽样调查的有（）A.调查一个县各村的粮食播种面积B.了解一批炮弹的杀伤直径C.了解高一（1）班40名学生在校一周内的消费D.调查一批鱼苗的生长情况【答案】AC【解析】【分析】根据抽样调查、全面调查的定义判断即可.【详解】对于A：调查一个县各村的粮食播种面积采用全面调查，故A错误；对于B：了解一批炮弹的杀伤直径采用抽样调查，故B正确；对于C：了解高一（1）班40名学生在校一周内的消费采用全面调查，故C错误；对于D：调查一批鱼苗的生长情况采用抽样调查，故D正确； 故选：AC10.要考查某种品牌的850颗种子的发芽率，从中抽取50颗种子进行实验，利用随机数表法抽取种子，先将850颗种子按001，002，…，850进行编号，如果从随机数表第2行第2列的数开始并向右读，下列选项中属于最先检验的4颗种子中一个的是________.(下面抽取了随机数表第1行至第3行)（）034743738636964736614698637162332616804560111410959774946774428114572042533237322707360751245179897316766227665650267107329079785313553858598897541410A.774B.946C.428D.572【答案】ACD【解析】【分析】依据题意结合随机数表法直接读数并满足号码不大于850即可.【详解】依据题意可知：向右读数依次为：774，946，774，428，114，572，042，533，…所以最先检验的4颗种子符合条件的为：774，428，114，572故选：ACD【点睛】本题考查简单随机抽样中的随机数表法，掌握读数的方法，属基础题.11.在中，角，，的对边分别为，，，则下列各组条件中使得有唯一解的是（）A.B.C.D.，，【答案】ABD【解析】【分析】根据所给条件，结合正弦定理、余弦定理，求得其余的边长或角，判断三角形是否唯一即可.【详解】对于A，因为，所以，结合，唯一确定；对于B，由正弦定理得，.因为，所以，所以此时B只有一个解，唯一确定； 对于C，由正弦定理得，.因为，所以，且，所以此时B在中有两个解，不唯一；对于D，由余弦定理知，，代入得，解得或（舍），唯一确定；故选：ABD12.已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，，为内部（含边界）的动点，则（）A.∥平面B.球的表面积为C.的最小值为D.若与平面所成角的正弦值为，则点轨迹长度为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由条件先证线线平行，进而证得线面平行；对于B，先假设球心的位置，利用勾股定理与半径相等建立方程组进而确定的位置，可求得球的表面积；对于C，先判断落在上，再进一步判断与重合时，取得最小值；对于D，利用面面垂直的性质作出面，故为与平面所成角，再利用得出长，继而判断点轨迹为圆弧.【详解】对于A，如图1，设底面对角线交于点由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，又面面，而面面，面面，故，即；由平面几何易得，即； 所以四边形是平行四边形，故，而面，面，所以平面，故A正确；.对于B，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则，等腰梯形中，易得，即，为方便计算，不妨设，则由，即，即，又，解得，即与重合，故，故球的表面积为，故B正确；.对于C，由图2易得，，，面，故面，不妨设落在图3处，过作，则面，故，故中，（直角边小于斜边）；同理，， 所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；再看图4，由可知，故，故C错误；.对于D，由选项C可知，面，面，故面面，在面内过作交于，如图5，则面，面面，故面，故为与平面所成角，在中，，，，故为正三角形，即，故，在中，，即E点在以F为圆心，为半径的圆与所交的圆弧，而,故圆弧所对圆心角为（如图6所示平面图），所以轨迹长为，故D正确. 故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于确定的位置，先假设在外（记为），由勾股边小于斜边推得，进而得到只有落在上，再利用为定值及基本不等式，推得与重合时，取得最小值；对于动点，我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度.二､填空题（木大题共4小题，共20分.其中第16题第一个空2分，第二个空3分）13.已知总体划分为3层，通过分层抽样，得到各层的平均数分别为45，48，50，各层的样本容量分别为30，50，20,则估计总体平均数为__________.【答案】##47.5【解析】【分析】根据平均数的定义即可求解.【详解】总体平均数为,故答案：47.514.向量，向量与的夹角为，则cos＝________．【答案】【解析】【分析】依题意可得，再根据数量积的运算律得到，最后根据计算可得；【详解】解：因为，所以，因为，所以，即，即，所以，所以所以故答案为：15.水平放置的的斜二侧直观图如图所示，若，的面积为，则的长为________. 【答案】.【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形求出BC、的长，再用余弦定理求出的长．【详解】如图所示，，的面积为，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了斜二测画法的应用问题和三角形边长与面积的计算问题，属于中档题．16.如图在三棱锥中，，且，分别是和的中点．则异面直线与所成的角的余弦值为______，直线与面所成角大小为_________. 【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用向量求线线角与线面角.【详解】因为，所以以S为坐标原点，SA,SB,SC为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设，则因为，所以异面直线与所成的角的余弦值为，面一个法向量为则由得即直线与面所成角大小为.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在复平面内有一个矩形，点在第二象限，点所对应的复数是，求另外两个顶点所对应的复数.【答案】顶点B对应的复数是，顶点C对应的复数是【解析】【分析】由复数的几何意义即可求解. 【详解】点所对应的复数是,则,设，则，,,则，因此,顶点C对应的复数是,由于,所以,顶点B对应的复数是18.平面内给定三个向量.（1）求；（2）求满足的实数m和n；（3）若，求实数k.【答案】（1）6；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用向量加法的坐标运算得到，再求模长即可；（2）先写的坐标，再根据使对应横纵坐标相等列方程组，解方程组即得结果；（3）利用向量垂直则数量积为零，再利用数量积的坐标运算列关系求出参数即可.【详解】解：（1）由，得，； （2），，，，故，解得；（3），，，，，，即，解得.【点睛】结论点睛：若，则等价于；等价于.19.如图，是直角三角形斜边上一点，.（1）若，求角的大小；（2）若，且，求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理求出，结合得到，从而得到；（2）求出，进而得到角C的余弦值，再使用余弦定理求出的长.【小问1详解】在中，由正弦定理得，所以， 又所以，.【小问2详解】由，且知：所以，直角三角形中，在中，由余弦定理得所以，.20.如图，在三棱柱中，，，，．（1）证明：平面⊥平面．（2）若为的中点，求到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求出，利用勾股定理可证，，从而可证结论；（2）由题知，然后利用等体积法可求.【详解】（1）证明：如图，连接，在中，，，， 由余弦定理得，所以，所以．同理．又因为，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）解：过作于，连接，．由（1）知平面，所以平面．因为，，所，．因为，所以．因为，所以，所以．在中，因为，，，所以．因为为的中点，所以，．在中，因为，，， 所以，所以，于是的面积为．因为，所以三棱锥的体积为．设到平面的距离为．因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相同，所以，解得，即到平面的距离为．21.如图，在四棱锥中，，，，，为锐角，平面平面.（1）证明：平面；（2）若与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在平面内过作于，得平面，，过分别作于，取中点为，得，所以平面，得 ，再由线面垂直的判定定理可得答案.（2）二面角的平面角与二面角的平面角互补，由（1）可得为二面角的平面角，在中，为与平面所成的角，由正弦值为，得，，可得答案.【详解】（1）证明：在平面内过作于，因为平面平面，又平面平面，所以平面，平面，所以，过分别作于，取中点为，则，且，所以四边形是平行四边形，，所以，所以，，，且平面，所以平面，平面所以，因为，，平面.（2）二面角的平面角与二面角的平面角互补，由（1）可得，平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，连接，在中，为与平面所成的角，由其正弦值为，，可得，因为，所以，所以，所以二面角的余弦值为. 22.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为正三角形，点，分别在线段和上，且．设二面角为，且．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）连接，交于，由相似三角形可得平行关系，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）取中点，连接、，可证为到平面的距离，也是到平面的距离，即可求解；（3）先利用线面平行的判定定理证明平面，得到的长也是点到平面的距离，再利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】解：（1）证明：如图所示：连接，交于，，，，，，∽，，，平面，平面，平面；（2）如图所示：取中点，连接、，为正三角形，，，四边形为直角梯形，，，，四边形为矩形，即，，平面， 又平面，平面平面，，平面，，，即，设，由余弦定理得：，于是，整理得，解得：或（舍去），取中点，连接，，，又平面平面，平面，即直线与平面所成角为，而，直线与平面所成角的正弦值为；（3），平面，平面，平面， 即的长也是点到平面的距离，∵，∴．