江西省新余市名校2022-2023学年高一下学期5月第二次月考数学试题（含解析）

新余市名校2022-2023学年高一下学期5月第二次月考数学试题
第I卷（选择题）
一、单选题
1．设复数z满足，则在复平面内对应的点在第几象限（ ）
A．一 B．二 C．三 D．四
2．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．，则 B．，则
C．，则 D．，则
3．已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
5．已知向量，的夹角为60°，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为，上、下底面边长分别为，，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C，若，则sinA的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．设是非零向量，则
B．若，是复数，则
C．设是非零向量，若，则
D．设，是复数，若，则
10．若函数，则（ ）
A．函数的一条对称轴为 B．函数的一个对称中心为
C．函数的最小正周期为 D．若函数，则的最大值为2
11．如图，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点，，，则下列说法正确的是（ ）
是等边三角形
B．若，则A，B，C，D四点共圆
C．四边形ABCD面积最小值为
D．四边形ABCD面积最大值为
12．如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
三棱锥的体积为
B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为
D．三棱锥外接球的半径为
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．若是关于的实系数一元二次方程的一个根，则该方程可以是______.
14．如图，正方体的棱长为2，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是________.
15．已知的内角对应的边分别是，内角的角平分线交边于点，且.若，则面积的最小值是______.
16．已知向量，满足，且，若向量满足，则的取值范围为________.
四、解答题
17．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
(1)求角C的值；
(2)若，求周长的取值范围．
18．已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
19．如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设．
(1)求的值；
(2)若为边长等于2的正三角形，求的值．
20．如图，在直三棱柱中，，D为的中点，为上一点，且．
(1)证明：∥平面；
(2)若，，求点到平面的距离．
新余市名校2022-2023学年高一下学期5月第二次月考
参考答案
1．D
【分析】利用复数除法运算求得，进而判断其对应点所在象限.
【详解】由，故在复平面内对应的点为.
所以z在对应点在第四象限.
故选：D.
2．D
【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.
【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，
显然满足，而，此时不成立，A错误；
对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，B错误；
对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，C错误；
对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.
故选：D
3．B
【分析】根据投影向量的定义，结合向量数量积的运算律求在上的投影向量.
【详解】在上的投影向量为，
，
所以，在上的投影向量为.
故选：B
4．B
【分析】运用和角、差角公式（辅助角公式）、二倍角公式、诱导公式及三角函数的单调性可比较大小.
【详解】因为，
，
，
因为，
所以．
故选：B.
5．C
【分析】对两边同时平方可得，由模长的计算公式代入可判断A，B；由向量夹角计算公式可判断C，D.
【详解】由可得：，
可得：，，
对于A，，故A不正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，
，,
故，故C正确；
对于D，，,
，故D不正确.
故选：C.
6．A
【分析】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，证明点就是几何体的外接球的球心，即得解.
【详解】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，
则，，同理，
所以，同理.
所以.
所以点就是几何体的外接球的球心.
所以球半径，
所以体积为．
故选：A
7．C
【分析】根据余弦定理和正弦定理化简得，再求出的范围即可.
【详解】由，得，由余弦定理得，
∴，即，
由正弦定理得，
∵，
∴，
即.
∵，∴，∴，
又为锐角三角形，∴，
∴，解得，
又，，，
∴，
∴.
故选：C.
8．C
【分析】由余弦定理及同角三角函数的基本关系可求与，故，根据二次函数的性质即可求解.
【详解】由余弦定理可得，
所以.
因为，，所以，即，解得.
所以
，
当时，.
故选：C.
9．BC
【分析】根据向量数量积公式，判断AC；根据复数的四则运算，以及复数模的公式，判断BD.
【详解】A. 设是非零向量，则，只有当时，，，其他情况不相等，故A错误；
B.设，，
，
，
，所以，故B正确；
C. 设是非零向量，若，两边平方后得，故C正确；
D. 设，，
，，
，，
若，则，
又，不能推出，故D错误.
故选：BC
10．ACD
【分析】根据三角函数的同角关系和二倍角的正、余弦公式化简可得，结合余弦函数的性质依次判断选项即可.
【详解】由题意得，
.
A：当时，，又，
所以是函数的一条对称轴，故A正确；
B：由选项A分析可知，所以点不是函数的对称点，故B错误；
C：由，知函数的最小正周期为，故C正确；
D：，所以，故D正确.
故选：ACD．
11．AD
【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知是等边三角形，从而判断A；利用四点共圆，四边形对角互补，从而判断B；由余弦定理可得，利用三角形面积公式，三角函数恒等变换可求四边形ABCD的面积，由正弦函数的性质求出最值，判断CD.
【详解】解：已知，
由正弦定理得，，
即，因为，
所以，又，且，所以．
所以是等边三角形，A选项正确；
在中，由余弦定理得，，则，
即，所以A，B，C，D四点不共圆，B选项错误；
设，，由余弦定理得：
，
所以四边形ABCD面积，
即，
因为，所以，
所以当，即时，S取得最大值，无最小值，
C选项不正确，D选项正确；
故选：AD.
12．BD
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
13．
【分析】得到为方程的另外一个根，利用根与系数的关系求出的值，进而求出答案.
【详解】设实系数一元二次方程为
∵是关于的实系数一元二次方程的一个根，
∴为方程的另外一个根，
∴，，
∴，，
∴该方程可以是
故答案为：
14．
【分析】为中点，则截面图形为梯形，利用勾股定理求各边的长，可得周长.
【详解】为中点，连接，
正方体中，，，则四边形为平行四边形，
有，，
为中点，是的中点，则，得，
则平面截正方体所得的截面图形为梯形，
其中，，，
则梯形的周长为 即所得的截面图形的周长是
故答案为：
15．
【分析】利用正弦定理及两角和正弦公式可得，然后利用三角形面积公式及基本不等式即得.
【详解】∵，
∴，
即，
又，，
∴，即，又，
∴，
由题可知，，
所以，即，
又，即，当且仅当取等号，
所以，
即面积的最小值是.
故答案为：
16．
【分析】将和看作两个向量，由向量减法的几何意义求解即可.
【详解】设向量，，则，
由已知，，
又∵，，
∴，
由向量减法的几何意义，，
∴，即，
当且仅当与方向相同时，，与方向相反时，.
∴的取值范围为.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示得，应用正余弦定理的边角关系化简，结合锐角三角形求角C；
（2）法一：将用的三角函数表示出来，结合求周长范围；法二：首先得到，再用表示周长，利用函数的单调性求范围.
【详解】（1），
（法一），，，
∴，则，又为锐角三角形，故.
（法二）则，，
∴，且为锐角三角形，故.
（2），，
由于为锐角三角形，则，且，解得，
（法一）周长
，而，即，
∴，故的周长l的取值范围为．
（法二）由上，由余弦定理得，
周长，
记，则在单调递增，
∴的周长l的取值范围为．
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）延长，连接交于，连接，可得截面；过作交于，通过证明，可得；
（2）由（1）可得，后由题目条件可得答案.
【详解】（1）延长，连接交于，连接，如图，四边形为截面.
中，，由，则为中点，为中点．
过作交于，则.
,.，即．
（2）.
由题意及（1）可得，.
则；
又可得，点F到平面BEC距离为，
则.
则．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据图形，利用向量的线性运算，化简求值；
（2）法一，根据平面向量基本定理的推论，确定，再以向量为基底，表示向量，利用数量积公式，即可求解；法二，首先设，以向量为基底，表示与，利用向量平行求，再利用数量积公式求的值.
【详解】（1）因为O为的中点，，
又，故
（2）法一，设，因为O为的中点，，
∴
∵B，O，E三点共线，所以，得
故
因为为边长为2的正三角形
故
（法二）设
又由（1）知与为非零的共线向量.
与为非零的共线向量，所以，得
∴
因为为边长为2的正三角形
故
.
20．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）如图，连接交于点，连接，证明，原题即得证；
（2）由题知点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，过作，垂足为，连接，过作，垂足为，先证明平面，即线段为点到平面的距离，再求出即得解.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接，
因为四边形为矩形，且为的中点，所以，
又因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）由题知点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，
过作，垂足为，连接，过作，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
又平面，，
所以平面，即线段为点到平面的距离．
因为，，，所以，
由几何关系可知，
所以，，
由几何关系可知，
所以，故点到的距离为．
21．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形内角和，正弦定理即可求出角；
（2）利用向量加法，余弦定理和基本不等式求出的取值范围，即可得到的面积的最大值.
【详解】（1）由题意，
在中，，
∵，
∴,即，
∴，
∵，
∴，可得，解得：.
（2）由题意及（1）得
在中，，，，
∴为边的中点，
∴,
∴，即，
设，，则，
所以，当且仅当时，等号成立.
∴，当且仅当时，等号成立，
∴的面积的最大值为.
22．(1)0
(2)
【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简，结合函数的最大值即可求得答案；
（2）根据三角函数图像的平移以及伸缩变换规律，可得的解析式，将在上有两个不同的解，转化为在上有两个不同的解，数形结合，结合正弦函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）函数
,
由于函数的最大值为1,故.
（2）由题意可得，
故，
则在上有两个不同的解，
即相当于即在上有两个不同的解，
此时，
令 ，作出函数的图象，如图：
结合图象可知
21．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
(1)求；
(2)若，，求的面积的最大值.
22．已知函数的最大值为1．
(1)求实数a的值；
(2)将图象上所有点向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，若在上有两个不同的解，求实数m的取值范围