山西省运城市景胜中学2022-2023学年高一下学期4月月考数学试题（A卷）（含解析）

景胜中学2022-2023学年度第二学期高一年级月考（4月）
数学试题（A卷）
一 单选题（共40分）
1.（本题5分）已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A.的虚部为 B.的共轭复数为
C. D.在复平面内对应的点在第二象限
2.（本题5分）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ）
A.若，则一定是等边三角形
B.若，则一定是等腰三角形
C.若，则一定是等腰三角形
D.若，则一定是锐角三角形
3.（本题5分）我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，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，如图所示.在“赵爽弦图"中，若，则（ ）
A. B.
C. D.
4.（本题5分）中，分别是内角的对边，若且，则的形状是（ ）
A.有一个角是的等腰三角形 B.等边三角形
C.三边均不相等的直角三角形 D.等腰直角三角形
5.（本题5分）设是虚数单位，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
6.（本题5分）一平面四边形的直观图如图所示，其中轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A. B. C.3 D.
7.（本题5分）已知正方体的棱长为是棱的两个三等分点，则四面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
8.（本题5分）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（ ）
A. B. C. D.
二 多选题（共20分
9.（本题5分）对于，有如下命题，其中正确的有（ ）
A.若，则是等腰三角形
B.若是锐角三角形，则不等式恒成立
C.若，则为钝角三角形
D.若，则的面积为
10.（本题5分）如图所示，设在中，角 所对的边分别为 ，，且.若点是外一点， ，下列说法中，错误的命题是（ ）
A.四边形周长的最小值为
B.四边形周长的最大值为
C.四边形面积的最小值为
D.四边形面积的最大值为
11.（本题5分）有下列说法，其中错误的说法为（ ）.
A.为实数，若，则与共线
B.若，则
C.两个非零向量，若，则与垂直
D.若分别表示的面积，则
12.（本题5分）记的内角的对边分别为，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则
B.若的恰有一个，则的取值范围是
C.若，则
D.若，则该三角形内切圆面积的最大值是
三 填空题（共20分
13.（本题5分）在中，角所对的边分别为，且面积为，若，则__________.
14.（本题5分）已知在中，角的对边分别为，且满足，则的面积为__________.
15.（本题5分）在中，角所对的边分别为，已知，，则面积的最大值为__________.
16.（本题5分）四面体中，，则此四面体外接球的表面积为__________.
四 解答题（共70分
17.（本题10分）在中，，从条件①；条件②，两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
18.（本题12分）已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
19.（本题12分）已知复数
（1）若，求角；
（2）复数对应的向量分别是，其中为坐标原点，求的取值范围；
（3）复数对应的向量分别是，存在使等式成立，求实数的取值范围.
20.（本题12分）在中，角的对边分别为为的面积，且.
（1）求的大小；
（2）若为直线上一点，且，求的周长.
21.（本题12分）如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：
（1）该三棱锥的体积与表面积；
（2）蚂蚁爬行的最短路线长.
22.（本题12分）如图，在半径为的半圆形铁皮上截取一块矩形材料（点，在直径上，点在半圆周上），并将其卷成一个以为母线的圆柱体罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗）.若要求圆柱体罐子侧面积最大，应如何截取？并求侧面积最大值.
景胜中学2022-2023学年度第二学期高一年级月考（4月）
数学试题（A卷）参考答案
1.B
分析：根据复数的乘法除法运算化简，再由共轭复数的概念求解.
详解：，
的虚部为的共轭复数为在复平面内对应的点在第一象限.
故选：B
2.A
分析：由正弦定理化边为角变形判断，举特例判断，由余弦定理及锐角三角形的定
义判断D.
详解：由正弦定理，若，则，为三角形内角，所以，三角形是等边三角形，正确；
若，由正弦定理得，即，
，则或，即或，三角形为等腰三角形或直角三角形，B错；
例如，满足，但此时不是等腰三角形，错；时，由余弦定理可得，即为锐角，但是否都是锐角，不能保证，因此该三角形不一定是锐角三角形，D错.
故选：A.
点睛：易错点睛：本题考查三角形形状的判断，解题时利用正弦定理 余弦定理进行边角转换后再进行变形判断是常用方法，解题时注意三角函数性质的正确应用，如选项，在由得结论时不能直接得出，否则会出现漏解，在判断三角形形状时，锐角三角形需要三个内角都是锐角，直角三角形只有一个角是直角，钝角三角形只有一个角是钝角，它们判断方法有一些区别，这些是易错点.
3.D
分析：利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可.详解：由题意
所以，
故选：D.
4.D
分析：由推导可得的平分线垂直于边，进而可得，再由给定面积导出得解.
详解：如图所示，在边上分别取点，使，
以为邻边作平行四边形，则，显然，
因此平行四边形为菱形，平分，而，则有，即，
于是得是等腰三角形，即，令直线交于点，则是边的中点，，
而，因此有，从而得，所以是等腰直角三角形.
故选：D
5.B
分析：利用错位相减法 等比数列的求和公式及复数的周期性进行计算可得答案.
详解：解：设，
可得：，
则，，
可得：，
可得：，
故选：B.
点睛：本题主要考查等比数列的求和公式，错位相减法 及复数的乘除法运算，属于中档题.
6.B
分析：结合图形可得，则可得四边形面积，后可得四边形的面积.
详解：设轴与交点为，因轴，轴，则，又轴，则四边形为平行四边形，故.又，结合轴，则，故.
则四边形面积为，因四边形面积是四边形的面积的倍，则四边形的面积为.
故选：B
7.B
分析：连接，计算得到答案.
详解：如图所示：连接，
则，故选：B
8.D
分析：先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面内切圆的半径，从而求出结果.
详解：如图，设底面中心为中点分别为，连接，
设金刚石的边长为，则由题知，，所以，
在等边中，边上的高，
在Rt中，，
由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在点，与面的切点在线
段上，
球的半径即为截面内切圆的半径，设内切圆半径为，
由等面积法可知：，解得，所以内切球的半径为则内切球体积为.
故选：D.
9.BC
分析：选项，由正弦值相等，得到或，故错误；选项，由锐角三角形和正弦函数在上的单调性进行求解；选项，先由正弦定理得到，再使用余弦定理即可求出为钝角；选项，先用余弦定理得到，进而利用面积公式进行求解.
详解：在，
A选项，或或，
则是等腰三角形或直角三角形，错误，
选项，是锐角三角形，则，又在内单调递增，即恒成立，B选项正确，
C选项，，
由正弦定理可得为钝角，
则为钝角三角形，对，
选项，，设，
由余弦定理可得，
化为，解得或2，经检验，均符合要求，
则或，D错误，
故选：BC.
10.ABC
分析：利用正弦定理对已知化简变形可求出，从而可得为正三角形，再由，可求出的周长的取值范围，从而可求出四边形周长的取值范围，则可判断，利用面积公式和余弦定理可表示出四边形面积，从而可求出其范围，进而可判断CD
详解：在中，，由正弦定理得：，
又
为正三角形，
的周长的取值范围为，
四边形周长的取值范围为，
所以错误，
四边形面积
四边形面积的取值范围为，
所以错误，D正确，
故选：.
11.AB
分析：由零与任何向量共线，即可判断B；由三角形的重心的向量表示和性质可判断D；由向量共线的性质可判断A；根据平面向量数量积的运算律判断C.
详解：解：对于A选项，当时，与可以为任意向量，满足，但与不一定共线，故A错误，
对于B选项，如果 都是非零向量，，满足已知条件，但是结论不成立，故B错，
对于C选项，若，所以，即，即，所以，∴与垂直，故C正确，
若，设，，可得为的重心，
设，，，
则，，，由，
可得，故D正确；
故选：AB.
12.ACD
分析：根据平方关系得到，即可得到，从而判断，根据正弦定理判断，由条件利用二倍角公式可得①，再把①平方求得的值，即可得到的值，即可判断，利用正弦定理将边化角，即可得到为直角三角形，设内切圆的半径为，则，再将边化角，转化为角的三角函数，求出内切圆的半径的最大值，即可判断D.
详解：对于：因为，所以，
所以，又，所以，所以由正弦定理可得，故A正确；
对于B：高，
当，即时，只有一个.
当，即时，时，只有一个，
故，满足条件的的取值范围是或，故B错误；
对于：因为，所以，
所以，又，所以
，即，即，又，所以，
则，所以，所以，
所以，所以，即，所以，故C正确；
对于D：因为，所以，所以，
所以，
所以，所以，是直角三角形.
设内切圆的半径为，
则
所以内切圆半径的取值范围是，
该三角形内切圆面积的最大值为，故D正确.故选：
13.3
分析：根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.
详解：解得：；
又，代入得：或；
根据余弦定理得：，
解得：；
故答案为：3
14.
分析：根据正弦定理以及同角关系可得，进而根据余弦定理即可得的值，由面积公式即可求解.
详解：因为，由正弦定理得，
即，得，
又，所以.
因为，所以由余弦定理可得，即
，所以，
故的面积为.
故答案为：
15.
分析：又正弦定理可得，再由面积公式结合余弦定理和基本不等式即可求出最值.
详解：由正弦定理得：，所以，即，
故.
由余弦定理可得：，由基本不等式得：，等且仅当时取得等号，此时，所以面积的最大值为.
故答案为：
16.
分析：将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，则长方体的外接球即为四面体的外接球，利用数据计算长方体的体对角线即为外接球的直径，可得球的表面积.
详解：将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，如图：
则长方体的外接球即为四面体的外接球，
又长方体的体对角线即为外接球的直径，
设长方体的长宽高分别为，
则有，
所以，
所以外接球的表面积为，
故答案为：
17.（1）面积为
（2）
分析：（1）由所选条件，应用正弦边角关系 三角形内角性质及三角恒等变换求得，再应用正弦定理求角，最后求出三角形的面积；
（2）由题设及（1）得，应用三角恒等变换化简，注意求的范围，根据正弦型函数性质求范围即可.
详解：（1）选①：，又，则，
由，故，
根据，而，故，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
选②：，
所以，则，
由，则，可得，
根据，而，故，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
（2）由（1），，则，且，
所以
又为锐角三角形，，则，故
所以，则.
18.（1）
（2）
分析：（1）由向量平行的坐标运算结合正弦定理得出；
（2）由面积公式得出，进而由余弦定理得出.
详解：（1）因为向量且，所以，
由正弦定理得，
整理可得，
即，
可得，
由正弦定理可得，
所以.
（2）因为的面积为，
所以，又，
所以，
又由余弦定理可得，
所以.
19.（1）角
（2）
（3）
分析：（1）利用复数相等的性质和特殊角的三角函数值，结合角度的范围即可求解
（2）由向量的数量积运算结合两角差的正弦整理，再由角度的范围求出相位范围后即可求出的取值范围
（3）利用向量数量积的坐标运算进行化简等式，转化为和三角函数的表达式，求出三角函数的整体范围后再计算表达式的范围，进而求出最后结果
详解：（1），由，得，
又
（2）由复数的坐标表示得，，
则，又，
，当时，取最大值为4，
当时，取最小值为，
所以的取值范围为
（3）由题意得，
又
化简得，由小问2的结论可得，
当，得恒成立，
当，得或，
综合所述，的取值范围为
20.（1）；
（2）.
分析：（1）利用三角形面积公式及向量数量积的定义可得，进而即得；
（2）利用余弦定理可得，再利用正弦定理结合条件即得.
（1）
，又，
，即
又，
；
在中，由余弦定理得：，
又
又
在中，由正弦定理得，
又为锐角，
在Rt中，，
的周长为.
21.（1）体积为，表面积为；
（2）.
分析：（1）将当作底面，将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式即可求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，由面积公式可得三棱锥的表面积；
（2）将与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理即可求得最短值.
详解：（1）因为，
所以，即，
又在面内，得面，
（2）如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
由余弦定理可得：，
即.
22.在半圆直径上取距离圆心为的两点，以线段为矩形的一边截取铁皮，最大面积为.
分析：设，可得的面积为，根据正弦函数的性质即可求解.
详解：依题意，圆柱体罐子的侧面积即为矩形的面积，
圆心为，连接，如图，设，有，
因此矩形的面积为，
显然，当，即时，，此时，
所以在半圆直径上取距离圆心为的两点，以线段为矩形的一边截取铁皮，
圆柱体罐子的侧面积最大，最大面积为.