山西省朔州市怀仁市第一中学2022-2023学年高一下学期6月第三次月考数学试题（含解析）

怀仁市第一中学2022-2023学年高一下学期6月第三次月考
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
4.本卷主要考查内容：必修第一册第五章，必修第二册第六章~第八章.
一 单项选择题：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.已知复数是虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
2.下列几何体中，棱数最多的是（ ）
A.五棱锥 B.三棱台
C.三棱柱 D.四棱锥
3.已知向量，它们的夹角为，则（ ）
A.4 B.12 C.2 D.
4.函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
5.长方体的长 宽 高分别为，其顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
6.已知圆锥的轴截面是一个面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
8.在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：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.下列选项中，与的值相等的是（ ）
A. B.
C. D.
10.以直角边长为2的等腰直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的体积可以为（ ）
A. B. C. D.
11.在中，角所对的边分别为，则下列条件中能判断为钝角三角形的有（ ）
A. B.
C. D.的三条高分别为
12.如图，将正方形沿对角线折成直二面角，则下列四个结论中正确的是（ ）
A.
B.是等边三角形
C.与所成的角为
D.与平面所成的角为
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.在半径为10的圆中，圆心角为的扇形所对的弧的长度为__________.
14.如图，四边形是梯形的直观图，四边形是等腰梯形，且，则梯形的周长为__________.
15.在三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为的体积为，则__________.
16.已知向量满足，若对任意的实数，都有，则的最小值为__________.
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明 证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
已知，复数是虚数单位.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.
18.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，四边形是矩形，分别为的中点，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）证明：.
19.（本小题满分12分）
已知向量.
（1）若，求的值；
（2）若，向量与的夹角为锐角，求的取值范围.
20.（本小题满分12分）
已知函数在区间上单调，其中，且.
（1）求的图象的一个对称中心的坐标；
（2）若点在函数的图象上，求函数的表达式.
21.（本小题满分12分）
在中，角所对的边分别为，且.
（1）求的最小值；
（2）已知，求边及的面积.
22.（本小题满分12分）
如图，四边形是正方形，平面点为的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）试问在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面.若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.
怀仁市第一中学2022-2023学年高一下学期6月第三次月考
数学
参考答案 提示及评分细则
1.D ，则有.故选D.
2.A A.10条；B.9条；C.9条；D.8条.故选A.
3.C 因为向量，它们的夹角为，所以，
所以.故选C.
4.C 由，有，可得.
5.B 设外接球的半径为，则.
6.C 设该圆锥的底面半径为，则该圆锥的高为，该圆锥母线长为，所以，解得8，所以该圆锥的表面积为.故选C.
7.D ，且，
则，
整理得，
则，
整理得，
所以.故选D.
8.A 因为，由余弦定理得，又因为是斜三角形，所以，所以，由正弦定理得.因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，化简得，解得或（舍去），所以，设边的中点为，则，因为，所以，即为的中点，所以.故选.
9.BC 因为，
A.，故错误；
B.，故正确；
C.，故正确；
D.，故错误；故选：BC.
10.BD ①当以直角边所在直线为旋转轴时，得到一个底面圆半径为2，高为2的圆锥，则；
②当以斜边所在直线为旋转轴时，得到两个同样的圆锥，圆锥底面是以为半径的圆，高为，
则.故选.
11.ABD 对于，由余弦定理有，可得为钝角，故为钝角三角形，故正确；
对于，将平方化简得，故为钝角，为钝角三角形，故正确；
对于，因为，则角，都为锐角，为锐角三角形，故错误；
对于D，假设边上的高分别为，则，有，
设，则，所以由余弦定理得，所以为钝角，为钝角三角形，故正确.故选.
12.ABC 如图所示，取的中点，连接，易知平面，所以项正确；设正方形的边长为，则，由勾股定理可得，所以是等边三角形，B项正确；取的中点的中点，连接，则，所以是等边三角形，所以与所成的角为项正确；与平面所成的角为，所以项错误.
13. .
14. 因为四边形是等腰梯形，且，所以，所以，且，所以，梯形的周长为.
15. 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为，又，所以得.
16. 因为，所以对任意的实数恒成立，即，所以.所以.所以，当且仅当与反向时等号成立，即的最小值为.
17.解：（1）因为是纯虚数，所以
解得；
（2）在复平面内对应的点为，由题意可得
解得，即的取值范围是.
18.证明：（1）因为在四棱锥中，分别为的中点.
取的中点，连接，
所以，且，
因为四边形是矩形，
所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，
所以平面；
（2）平面平面，
，
面，
面，
面，
由（1）得，
.
19.解：（1）因为，所以，
，
又，所以，即，
解得
（2）因为，
所以.
又向量与的夹角为锐角，所以
解得且，即的取值范围是.
20.解：（1）由函数在区间上单调，且，可知，
故的图象的一个对称中心的坐标为；
（2）由点在函数的图象上，有，
又由，
可知函数在区间上单调递减，
由函数的图象和性质，有，
又，有，
将上面两式相加，有，
有，
又由，可得，有，
又由函数在区间上单调，有，
可得，可得，
故
21.解：（1）因为，
所以，
即，
则，
所以（当且仅当时符号成立），
则的最小值为1；
（2）由，
可求得.
由（1）可知，则，在中，，
可求得，
在中，由正弦定理可得：，则，
，
.
22.（1）证明：平面平面，
又四边形是正方形，，
又，
平面平面平面，
平面，
又为的中点，，
平面平面，
平面平面；
（2）解：假设存在点使平面，
作的中点，连接与交于点，连接分别交于点，
面，面面，
四边形是矩形，
，
又，
点是靠近端的三等分点.