山东省滨州市博兴县2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题（含答案）

博兴县2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．若复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线．若，，则（ ）
A． B． C． D．
3．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形．已知点是斜边的中点，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱．若侧面水平放置时，液面恰好过AC，BC，，的三等分点处，，当底面ABC水平放置时，液面高为（ ）
A． B． C．6 D．
5．加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为60°，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重（单位：kg）约为（参考数据：取重力加速度大小为）（ ）
A． B．61 C．75 D．60
6．已知中，，，，则（ ）
A． B． C．或 D．或
7．在中，，，，且有，则线段AD的长为（ ）
A． B．2 C． D．
8．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1．则下列关于该多面体的说法中不正确的是（ ）
A．多面体有12个顶点，14个面 B．多面体的体积为
C．多面体的表面积为3 D．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
9．下面关于空间几何体的表述，正确的是（ ）
A．棱柱的侧面都是平行四边形
B．直角三角形以其一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥
C．正四棱柱一定是长方体
D．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台
10．在复平面内，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若复数z满足，则z是纯虚数
11．在中，已知，，，则角（ ）
A．30° B．45° C．120° D．135°
12．已知非零平面向量，，满足，，其中．若，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
非选择题部分
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量，的夹角为120°，且，，则______．
14．已知一圆锥侧面展开图是圆心角为，面积为3π的扇形，则该圆锥的表面积为______
15．世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，，也即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．在复平面内，复数（i是虚数单位），其对应的点为Z0，Z为曲线上的动点，则Z0与Z之间的最小距离为______．
16．如图，正三棱锥中，，侧棱长为4，过点C的平面与侧棱AB，AD相交于B1，D1，则的周长的最小值为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知复数z满足
（1）求z；（2）求．
18．（12分）已知平行四边形ABCD中，AB=3，BC=6，∠DAB=60°，点E是线段BC的中点．
（1）求的值；（2）若，且BD⊥AF，求λ的值．
19．（12分）已知的周长为，且．
（1）求边AB的长；（2）若的面积为，求角C的度数．
20．（12分）如图，已知一个圆锥的底面半径为2，高为2，且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱．
（1）当时，求圆柱的体积；（2）当x为何值时，此圆柱的侧面积最大，并求出此最大值．
21．（12分）边长为1的正三角形ABC，E、F分别是边AB、AC上的点，若，，其中m，，设EF的中点为M，BC中点为N．
（1）若A、M、N三点共线，求证：；
（2）若，求的最小值．
22．（12分）如图，四边形ABCD中，．
（1）若，求的面积；
（2）若，，，求∠ACB的值．
博兴县2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题参考答案
一、单选题
CCBA DACC
8．【详解】对A，由图形可得，该半正多面体共有12个顶点，14个面，故A正确；
对 B，，故B正确；
对C，该半正多面体的棱长为，故半正多面体的面积为，故C错误；
对D，该半正多面体的外接球的半径为，故D正确；
二、多选题
【9】AC 【10】AD 【11】BD 【12】BC
【12】BC【详解】因为，可得，
可得且，由，其中，
所以，
设，，可得，即，
代入上式，可得，即，解得，则，又由且，解得或，
因为
，
设，当时，可得，当时，可得结合选项，可得的值可能为和．故选：BC．
三、填空题
13．1 14．4π 15．1 16．4
16．【详解】将正三棱锥沿AC剪开可得如下图形，
∵，即，又的周长为，
∴要使的周长的最小，则C，D1，B1，C共线，即，又正三棱锥侧棱长为4，是等边三角形，
∴．
四、解答题
17．【详解】（1）由，则，
所以；
（2）．
18．解：【1】以A点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
，，，，，
则，，所以；
【2】，，
因为，所以，解得．
19．解：【1】因三角形周长为，所以①，因为，所以由正弦定理可得②，由①②联立，解得．
【2】由面积得，由（1）得，
由余弦定理，得，
∵，∴．
20．【详解】（1）设圆柱的半径为r，则，∴，，
当时，，
所以圆柱的体积．
（2）由（1）知，，
则圆柱的侧面积，
所以当时，圆柱的侧面积S取最大值2π．
21．【详解】
（1）由A，M，N三点共线，得，共线，根据共线向量定理可得，存在使得，
即，所以
根据平面向量基本定理可得，所以．
（2）因为，
又，所以，
因为三角形ABC是边长为1的正三角形，所以，，
所以
，所以时，取得最小值．
22．解:【1】在中，，
因为，所以．．
【2】设，则，，．
在中，由，得．
在中，由，得．
联立上式，并由得，
整理得，所以，
因为，所以，
所以，解得，即∠ACB的值为．