《2022-2023學年福建省永春市高一數學下學期月考試卷【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022-2023學年福建省永春市高一數學下學期月考試卷【含答案】（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022-2023學年福建省永春市高一數學下學期月考試卷 高一數學 （考試時間：120分鐘 試卷滿分：150分） 注意事項： 1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。 2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。 3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。 第Ⅰ卷 一、單選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。 1. 設復數滿足，則下列說法

2、正確的是(????) A. 的虛部為 B. C. 為純虛數 D. 在復平面內，對應的點位于第二象限 2．如圖，一個水平放置的三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周長是（????） A． B． C． D． 3．已知向量，則“與的夾角為銳角”是“”的（????） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 4．若用平行于某圓錐底的平面去截該圓錐，得到的小圓錐與圓臺的母線長相等，則該小圓錐與該圓臺的側面積的比值為（????） A． B． C． D． 5．設表示平面，表示直線，表示三個不同的點，給出下列命題： ①若，

3、則； ②若表示不同的平面，，則； ③若，則 ④若，則與重合. 其中，正確的有（????） A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 6．我國古代數學家秦九韶左《數書九章》中記述了了“一斜求積術”，用現代式子表示即為：在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則的面積，根據此公式，若，且，則的面積為（????） A．B．C． D． 7．已知正四面體的外接球表面積為，則正四面體的體積為(????) A. B. C. D. 8．如圖，直角梯形 中，已知，，動點在線段上運動，且，則的最小值是（???） A．3 B． C．4 D． 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5

4、分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。 9．下列有關復數的敘述正確的是（????） A．若，則 B．若，則的虛部為 C．若，則可能為純虛數 D．若，則??． 10．已知，，若，則（????） A． B． C． D． 11．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，則下列說法正確的是（????） A．若，則 B．若，則是直角三角形 C．若是等腰三角形，則 D．若，則的面積最大值為3 12．如圖，在棱長為2的正方體中，M，N，P分別是，，的中點，Q是線段上的動點，則（????） A．存在

5、點Q，使B，N，P，Q四點共面 B．存在點Q，使PQ∥平面MBN C．經過C，M，B，N四點的球的表面積為 D．過Q，M，N三點的平面截正方體 所得截面圖形不可能是五邊形 第Ⅱ卷 三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。 13．已知為銳角，且，則的值為_________． 14．如圖，一個底面半徑為的圓柱形量杯中裝有適量的水，若放入一個半徑為的實心鐵球，水面高度恰好升高,則____________． 15． 已知是內部一點，且滿足，又，，則的面積為________． 16． 8. 如圖，在正方體中，，，分別是，的中點，點在四邊形的邊及其內部運動，則當點

6、滿足??????????時，有平面． 四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟。 17．已知向量，，． （1）當時，求向量的坐標； （2）設函數，將函數圖象上所有點向左平移個單位長度得到的圖象，當時，求函數的最小值． 18．已知的角，，的對邊分別為，，，設向量，，. (1)若，求證：為等腰三角形； (2)若，邊長，角，求的面積. 19．如圖所示，在正方體中，為中點. (1)求證：平面； (2)若正方體棱長為2，求三棱錐的體積. 20．在中，角A，B，C的

7、對邊分別是a，b，c，且． (1)求角B的大??； (2)若，D為AC邊上的一點，，且______，求的面積． ①BD是的平分線；②D為線段AC的中點．（從①，②兩個條件中任選一個，補充在上面的橫線上并作答）． 21．如圖：正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為2，E，F分別為DD1，BB1的中點. (1)求證：CF//平面A1EC1； (2)過點D在答題卡上作正方體截面使其與平面A1EC1平行，請給以證明并求出該截面的面積. 22．如圖，某巡邏艇在A處發(fā)現北偏東30°相距海里的B處有一艘走私船，正沿東偏南45°的方向以3海里小時

8、的速度向我海岸行駛，巡邏艇立即以海里小時的速度沿著正東方向直線追去，1小時后，巡邏艇到達C處，走私船到達D處，此時走私船發(fā)現了巡邏艇，立即改變航向，以原速向正東方向逃竄，巡邏艇立即加速以海里小時的速度沿著直線追擊 (1)當走私船發(fā)現了巡邏艇時，兩船相距多少海里 (2)問巡邏艇應該沿什么方向去追，才能最快追上走私船 草稿紙 參考答案： 1．B 【詳解】：因為， 所以的虛部為，故A錯誤； ，故B正確； 不是純虛數，故C錯誤； 在復平面內，對應的點位于第三象限，故D錯誤． 故選B． 2．D 【分析】由斜二測畫法原理將直觀圖轉化為原圖，根據原圖運算求解

9、即可. 【詳解】由題意可得：， 由直觀圖可得原圖，如圖所示，可知：， 可得， 所以原三角形的周長. 故選：D. 3．A 【分析】求出與的夾角為銳角時的充要條件是且，從而判斷出答案. 【詳解】因為與的夾角為銳角，則且與不共線. 時，， 當時， 則與不共線時，， 所以與的夾角為銳角的充要條件是且， 顯然且是的真子集， 即“與的夾角為銳角”是“”的充分不必要條件，A正確. 故選：A 4．C 【分析】設該圓錐的底面半徑為，母線長為，利用圓錐側面的面積公式：即可求解. 【詳解】設該圓錐的底面半徑為，母線長為， 則該圓錐的側面積， 截得的小圓錐的底面半徑為，母線

10、長為，其側面積， 而圓臺的側面積． 故兩者側面積的比值． 故選：C 5．B 【分析】由平面的基本性質的公理1可判斷①；由公理2判斷②；由線面的位置關系可判斷③；由平面基本性質的公理3可判斷④． 【詳解】，表示兩個平面，表示直線，，，表示三個不同的點， ①若，，，，則，由平面的基本性質的公理1，可得①正確； ②，不重合，若，，，，則，由平面的基本性質的公理2，可得②正確； ③若，，則或，可得③不正確； ④若，，，，，，如果，，不共線，則與重合，如果3點共線，則與可以相交．由平面的基本性質的公理3，可得④不正確． 其中正確的個數為2， 故選：B 6．B 【分析】由已知結

11、合正弦定理及和差角公式進行化簡，求得，再結合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解. 【詳解】由題意，因為，所以， 即， 又由，所以， 由因為，所以，所以，即， 因為， 由余弦定理可得，解得， 則的面積為. 故選：B. 【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理和兩角和與差的正弦函數公式的化簡求值的綜合應用，意在考查推理與運算能力，屬于中檔試題. 7．C 【分析】本題考查棱錐的外接球，球的表面積，棱錐體積，棱錐與棱柱的結構特征，屬于中檔題．將正四面體補全為正方體，利用正四面體的外接球與正方體外接球相同，求出正方體的邊長，進而求出正四面體的體積． 【詳解】解：設外

12、接球半徑為， 由，解得， 將正四面體補成正方體，知正四面體的棱為正方體的面對角線， 正四面體的外接球即為正方體的外接球， 正方體的體對角線等于外接球的直徑， 設正方體棱長為，則，解得 該正四面體的體積為正方體的體積減去個三棱錐的體積， 所以． 故選C． ?? 8．C 【分析】設，可以用表示和，從而得到與的關系，再利用均值不等式求解. 【詳解】設 因為 所以 所以，所以 當且僅當，即取等，此時，與重合，符合題意. 故選：C. 【點睛】本題的關鍵是利用平面向量基本定理找到與的關系，從而把問題轉化為均值不等式問題. 9．AD 【分析】根據復數的運算、復

13、數的概念、復數模的幾何意義判斷各選項． 【詳解】，所以，A正確； ，虛部是，B錯誤； ，若，則是實數，若，則是虛數，不是純虛數，C錯誤； ，則復數對應的點在以為圓心，1為半徑的圓上，這個圓上的點到原點的距離最小值為0，最大值為2，所以，D正確． 故選：AD． 10．ACD 【分析】由平面向量數量積的坐標運算，可得出的值，根據二倍角公式及兩角和的正切即可判斷各選項. 【詳解】 所以 , 故A正確； , , ，故B錯誤；，故C正確； ， ，故D正確； 故選：ACD. 11．BCD 【分析】根據余弦定理和正弦定理及三角形面積公式分別判斷A，B，C，D選項即可．

14、【詳解】由正弦定理及可得．對于A，根據余弦定理得，所以，故A錯誤； 對于B，若，則，又， 所以，而，所以，即，故B正確； 對于C，若是等腰三角形，只可能是（若，則，不能構成三角形）， 則，由余弦定理可得，所以，故C正確； 對于D，由余弦定理可得，所以， 所以，當時，取最大值3，故D正確． 故選:BCD. 12．ABD 【分析】作出過B，N，P的截面判斷選項A；取中點為Q，證明其滿足選項B；過MN與底面平行的平面截正方體得出的下半部分為長方體，其外接球也是過C，M，B，N四點的球，由此求得球半徑，得表面積，判斷選項C；當Q在運動時，確定截面的形狀，判斷選項D． 【詳解】A.連

15、接，，，正方體中易知， 又有分別是，中點，則，所以，即四點共面，所以當Q與重合時滿足B，N，P，Q四點共面，故選項A正確； B.如圖，取中點為Q，連接PQ，QM，， 因為分別，中點，則與平行且相等，故四邊形是平行四邊形，所以，又是中點，所以，所以， 平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故選項B正確； 選項C， 取中點U，中點V，連接MV，MU，NV，NU，則多面體MUNV-ABCD是正四棱柱（也是長方體），它的外接球就是過B，C，M，N四點的球，所以球直徑為，半徑，表面積為.故選項C錯． 選項D，正方體中，M，N分別是，中點，則， Q在線段（除端點外）上，

16、如圖，作交于E，連接EN，延長交DC延長線于點K，連接QM延長交DA延長線于點T，連接TK交AB于點G，交BC于點F,多邊形QENFGM為所過M，N，Q三點的截面， 由正方體的對稱性可知梯形QENM與梯形FGMN全等，則截面為六邊形. 當點與點重合時，點與點重合,此時截面為四邊形（菱形）. 當點與點重合時，點與點重合,此時截面為四邊形（矩形）. 綜上，過Q，M，N三點的平面截正方體所得截面圖形不可能是五邊形. 故選項D正確； 故選：ABD． 【點睛】三棱錐外接球點睛： 求三棱錐外接球時，常見方法有兩種：一種是直接法，一種是補形. 解題時要認真分析圖形，看能否把三棱錐補形成一

17、個正方體（長方體），若能，則正方體（長方體）的頂點均在球面上，正方體（長方體）的體對角線長等于球的直徑.另一種是直接法，三棱錐任意兩個面過外心的垂線的交點即為三棱錐外接球的球心. 13． 【分析】利用同角三角函數的基本關系結合誘導公式可求得結果. 【詳解】因為為銳角，且，則， 因此，. 故答案為：. 14． 【詳解】試題分析：由題可知，小球的體積等于水面上升的的體積，因此有，化簡可得，； 考點：簡單幾何體的體積公式 15． 【分析】根據平面向量數量積定義和三角形面積公式可求得，由已知關系式可知為的重心，由此可得. 【詳解】，， ； ，是的重心，. 故答案為：.

18、 16．線段D. 【分析】本題考查線面平行的條件的判斷，考查面面平行的判定與性質，屬于中檔題． 先通過面面平行的判定定理得到平面平面，從而求出滿足條件線段時，有平面． 【詳解】解：在正方體中，，，分別是，，的中點， 點在四邊形的邊及其內部運動． ，，所以， 平面，平面， 所以平面， 同理可得平面， ，，平面， 平面平面， 滿足條件線段時，有平面． 故答案為：線段D. 17．（1）；（2）． 【分析】（1）代入數據即可求解； （2）先根據二倍角的正弦公式化簡函數，再得到函數的解析式，再根據三角函數的性質即可求出答案． 【詳解】解：（1）當時，，， ∴； （

19、2）∵，， ∴， ∵函數圖象上所有點向左平移個單位長度得到的圖象， ∴， ∵，∴，∴，∴， ∴的最小值為． 【點睛】本題主要考查向量線性運算的坐標表示，考查三角函數的化簡與性質，屬于基礎題． 18．(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）根據，利用向量平行的坐標表示，再由正弦定理將角化邊，即可證明； （2）根據向量垂直的數量積的坐標表示可得，再根據余弦定理，兩式聯立可直接求得，并求得三角形的面積. 【詳解】（1）因為，且， 所以，由正弦定理可得， 即，顯然，所以，所以是等腰三角形. （2）因為，且， 所以，整理得， 根據余弦定理可得， 即， 即，所以

20、解得（舍）或 ， 所以， 所以的面積是. 19．(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）連接交于，由中位線得，即可證平面； （2），代入數據運算即可. 【詳解】（1）證明：連接交于，連接， 則是的中點，又為中點，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）. 20．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化簡，再根據三角形中角的范圍可求得； （2）若選①：利用三角形面積關系和余弦定理求得，然后根據面積公式即可；若選②：根據中點的向量關系式并同時平方，結合余弦定理求得，然后根據面積公式即可. 【詳解】（1）由正弦定理知： 又： 代入上式可得： ，則

21、 故有： 又，則 故的大小為： （2）若選①： 由BD平分得： 則有：，即 在中，由余弦定理可得： 又，則有： 聯立 可得： 解得：（舍去） 故 若選②： 可得：， ，可得： 在中，由余弦定理可得：，即 聯立 解得： 故 21．(1)證明見解析 (2)證明見解析， 【分析】（1）利用線面平行判定定理去證明CF//平面A1EC1； （2）先利用面面平行判定定理作出截面，再去求其面積即可. 【詳解】（1）取中點M，連接 由，可得四邊形為平行四邊形，則 由，可得四邊形為平行四邊形，則 則，又平面，平面，則平面； （2）取AA1，CC1

22、中點G，H，連接DG，CB1，B1H，HD， 因為四邊形ADHF為平行四邊形，所以AF//DH 因為四邊形AFB1G為平行四邊形，所以GB1//AF，所以GB1//DH 所以GDHB1即為過點D長方體截面， ∵DG//A1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DG//平面AEC1 ∵DH// C1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DH//平面AEC1 又∵，∴平面DHB1G//平面AEC1. 22．(1)兩船相距海里. (2)巡邏艇應該北偏東方向去追，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，結合圖形知巡邏艇的追趕方向. 【詳解】（1）由題意知，當走私船發(fā)現了巡邏艇時，走私船在D處，巡邏艇在C處，此時， 由題意知 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 ， 故當走私船發(fā)現了巡邏艇時，兩船相距海里. （2）當巡邏艇經過小時經方向在處追上走私船， 則 在中，由正弦定理得： 則 所以， 在中，由正弦定理得： 則，故 （舍） 故巡邏艇應該北偏東方向去追，才能最快追上走私船.