广东省珠海市斗门第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（含解析）

斗门第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考
数学
考试时间：120分钟满分：150分
一 单选题：本题共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.已知，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知为虚数单位，复数的共轭复数为（ ）
A. B.
C. D.
3.如图，在中分别是的中点，是的交点，，则（ ）
A. B. C. D.
4.在空间中，表示平面，表示直线，已知，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则与都平行
B.若与都平行，则
C.若与异面，则与都相交
D.若与都相交，则与异面
5.函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，在四棱锥中，平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7.已知向量，若向量满足，则（ ）
A.13 B.12 C. D.
8.已知是面积为的等边三角形，其顶点均在球的表面上，当点在球的表面上运动时，三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.在中，角所对的边分别为，由已知条件解三角形，其中有唯一解的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知正方体的棱长为1，如图，点分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.平面平面
B.直线与直线所成角的余弦值为
C.平面截正方体所得截面的面积为
D.点与点到平面的距离相等
11.已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A.的最小正周期为
B.在区间上单调递增
C.的图象关于点对称
D.的图象关于直线对称
12.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.已知正八边形的边长为是正八边形边上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.在向量上的投影向量为
C.若在线段上，且，则的取值范围为
D.若，则为的中点
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.__________.
14.设向量为单位正交基底，若，且，则__________.
15.如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为__________.
16.现有一个圆锥形礼品盒，其母线长为，底面半径为，从底面圆周上一点处出发，围绕礼品盒的侧面贴一条金色彩线回到点，则所用金色彩线的最短长度为__________.
四 解答题：第17题10分，18-22题每题12分.
17.（10分）已知复数为虚数单位.
（1）求和；
（2）若复数是关于的方程的一个根（其中），求的值.
18.（12分）已知的三内角与共线.
（1）求角的大小；
（2）若的周长为6，求面积.
19.（12分）如图，在四棱锥中，平面平面平面是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）若是线段上任意一点，试判断线段上是否存在点，使得平面？请说明理由.
20.（12分）珠海长隆的摩天轮示意图如图.已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟.在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为（可视为点）.现4号座舱位于圆周最上端，从此时开始计时，旋转时间为分钟.
（1）当时，求1号座舱与地面的距离；
（2）记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为米，若在这段时间内，恰有三次取得最大值，求的取值范围.
21.（12分）如图，在直三棱柱中，.
（1）求证：；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
22.（12分）
在中，内角所对的边分别为，已知.
（1）求角；
（2）若为的中点，求线段长度的取值范围.
斗门第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考
数学
答案
1.B
【详解】.选B
2.B
【详解】，因此，复数的共轭复数为.故选B.
3.A
【详解】解：分别是的中点，是的重心，则，
所以，
又因为，所以，则，选
4.B
【详解】对A：若，则与都平行，或在平面，或者内，故A错误；
对：若与都平行，容易知，故正确；
对：若与异面，则与都相交，或与其中一个平面相交，与另一个平行，
故错误；
对：若与都相交，则与异面，或者与相交，故错误.
综上所述，选项正确.故选：B.
5.D
【详解】，因为，所以，
因为在上单调递增，在上单调递减，
故当时，取得最大值，最大值为，当时，取得最小
值，最小值为-1，故.选D
6.A
解：取的中点的中点，连接，如图所示：
，且，又
四边形为正方形，，
分别为的中点，，
异面直线与所成的角为，
设，
又平面，
，
，
在中，.故选：.
7.C
【详解】设向量，因为，所以，解得，
所以，故，选.
8.A【详解】如图所示，
设点为外接圆的圆心，当点三点共线时，且分别
位于点的异侧时，三棱锥的体积取得最大值.
因为的面积为，所以边长为3，
由于三棱锥的体积的最大值为，得，
易知平面，则三棱锥为正三棱锥，
的外接圆直径为，所以，
设球的半径为，则，解得，
所以球的表面积为.故选：
9.ABC
【详解】解：对于选项，由题知，此时三角形已知三角和一边，有唯一解，故A选项满足；
对于B选项，两边及夹角已知，由唯一解，故B选项正确；
对于选项，由正弦定理得，故，此时三角形为直角三角形，由唯一解，故选项正确；
对于选项，因为，故，由于，故三角形无解.故选：
10.ABC
【详解】连接，因为点分别为的中点，所以，
且，正方体中，与平行且相等，与平行且相等，
所以与平行且相等，所以是平行四边形，
是平行四边形，所以，
由得，
由平面平面，得平面，
同理平面，
而.平面，所以平面平面正确；
由以上证明过程知（或其补角）是直线与直线所成角，
，三角形是等腰三角形，
所以，所以正确.
因为平面平面，所以截面与这两个平面的交线平行，因此取中点，连接，则，所以，所以截面就是梯形，
，梯形的高为，
截面面积为.C正确.
，且与在平面的同侧，在同一平面内，所以与到平面的距离不相等，也即点与点到平面的距离不相等，错.故选：.
11.AC
【详解】因为，向右平移个单位得，
则最小正周期为，故A选项正确：令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；
令，解得所以函数的对称中心为，故选项正确；令，解得，故D选项错误；选AC.
12.BC
【详解】如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，
设，则，整理得到
，
，设，
对选项，错误；
对选项B，，
，即投影向量为，正确；
对选项，
，
整理得到，故，正确；
对选项D，，
，
，整理得到，即，
与正八边形有两个交点，错误；选.
13.1
【详解】.
14.【答案】2
【详解】因为向量为单位正交基底，
所以，即
所以，即故答案为：2
15.【详解】由题意得，，且，则
，则的周长为.
故答案为：.
16.【答案】
【详解】解：如图，将圆锥展开，由题可知最短距离为，
因为圆锥形礼品盒，其母线长为，底面半径为
，设，所以，即，
所以在等腰三角形中，取中点，则为直角三角形，
且，所以，
所以.故答案为：
17.【详解】
（1）
（2）复数是关于的方程的一个根，
，
，
解得
18.解：（1）共线，，
即，
，又，
，解得：.
（2）的周长为，
由余弦定理得：，
解得：的面积.
19.解：（1）平面平面，
平面平面，所以.
（2）因为平面平面，平面平面，
，所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
（3）取的中点，连接分别为的中点，
所以，
平面平面，所以平面，又因为，所以四边形为平行四边形，所以平面平面，所以平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.线段上存在点，使得平面.
20.【详解】（1）设座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为
，则，
，依题意，
当时，，
取，
，
所以当时，1号舱与地面的距离为.
（2）依题意，
，
令，解得，
当时，取得最大值，故，
即，即的取值范围是.
21.解（1）证明：因为
所以平面平面，所以
又因为直三棱柱中，，
所以四边形为正方形，所以.
因为，所以平面，
平面，所以.
（2）过作，垂足为，连，则平面，
为与平面所成的角.因为，则，
所以，所以.
在Rt中，，所以.
在Rt：中，.
所以.
22.（1）解：因为，由正弦定理得：
，
则，
即，
所以，
又，则，
所以，即，
由，得，所以，所以；
（2）解：因为，所以，
因为为的中点，所以，
则，
因为，
所以，
，
则
因为，所以，
所以，
则，所以，所以.