甘肃省武威市民勤县2022-2023学年高一下学期6月第二次月考数学试题（含解析）

民勤县2022-2023学年高一下学期6月第二次月考
数学
（时间：120分钟 总分：150分）
一 单选题（8小题，共40分）
1.复数的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
2.已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
3.在中，已知，则的外接圆半径为（ ）
A. B.4 C. D.
4.如图，在中，为的中点，为的中点，设，以向量为基底，则向量（ ）
A. B.
C. D.
5.如图，在长方体中，已知为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
6.如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（ ）
A.三棱锥 B.四棱锥
C.三棱柱 D.组合体
7.已知向量的夹角为，且，则（ ）
A.172 B. C. D.20
8.如图，在矩形中，分别为边上的点，且，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能恒成立的是（ ）
A.直线直线 B.直线直线
C.直线直线 D.直线平面
二 多选题（4小题，共20分，多选或错选不得分，漏选得2分）
9.下列结论中正确的是（ ）
A.正四面体一定是正三棱锥
B.正四棱柱一定是长方体
C.棱柱的侧面一定是平行四边形
D.棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
10.下列说法中正确的是（ ）
A.终边在轴上的角的集合是
B.函数的最小正周期是
C.函数在上是减函数
D.在同一直角坐标系中，函数的图象和函数的图象有一个公共点
11.设直线是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中一定正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若不平行，则与不垂直
12.在棱长为2的正方体中，与交于点，则（ ）
A.平面
B.平面
C.与平面所成的角为
D.三棱锥的体积为
三 填空题（每小题5分，共20分）
13.设是两个不共线的向量，若向量与的方向相反，则__________.
14.的值为__________.
15.如图所示（单位：），直角梯形挖去半径为2的四分之一圆，则图中阴影部分绕旋转一周所形成的几何体的体积为__________.
16.若，则__________.
四 解答题（共70分）
17.（10分）已知为第二象限角.
（1）求的值；
（2）求的值.
18.（12分）如图，已知点是正方形所在平面外一点，分别是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若中点为，求证：平面平面.
（3）若平面，求直线与面所成的角.
19.（12分）（1）计算：；
（2）已知，求的值.
20.（12分）在四棱锥中，为等边三角形，.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
21.（12分）在中，角所对的边分别，且
（1）求角的值；
（2）已知在边上，且，求的面积的最大值
22.（12分）在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图②.
（1）证明：；
（2）若平面，且，求点到平面的距离.
民勤县2022-2023学年高一下学期6月第二次月考
数学参考答案：
1.B
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据共轭复数的定义即可得解.
【详解】，
则.
故选：B.
2.A
【分析】先根据向量平行的运算规则计算，再根据向量的加法法则求解.
【详解】；
故选：A.
3.C
【分析】利用三角形的余弦定理，即可求解.
【详解】因为在中，已知，
设的外接圆半径为，由正弦定理可得，
解得的外接圆半径为.
故选：C.
4.D
【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可.
【详解】因为为的中点，则.因为为的中点，则.
所以.
故选：D.
5.C
【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.
【详解】取的中点，连接，易知，所以为异面直线与所成的角或其补角.因为，
，所以由余弦定理得
故选：C
6.B
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论.
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥.
故选：B.
7.C
【分析】根据求出向量模，再根据数量积定义是求出值，在利用向量求模公式算出结果.
【详解】因为，所以，因为向量的夹角为，且，
所以，
因为，
所以.
故选：C
8.B
【分析】由，可得四边形和都为矩形，进而得到，，进而得证即可判断；根据异面直线的定义即可判断；设中点为，连接，，由分别为线段的中点，可得，进而得到，，可得平面，进而即可判断；连接，可得，进而证明平面，即可判断D.
【详解】在矩形中，，
可得四边形和都为矩形，
所以，翻折后仍然成立，
所以直线直线，故正确；
翻折前，，翻折后直线和直线为异面直线，故B错误；
设中点为，连接，
因为分别为线段的中点，
所以，而，
所以，
又平面平面，
所以平面，
又平面，所以，故C正确；
连接，
因为分别为线段的中点，
所以，
又平面平面，
所以平面，故D正确.
故选：B.
9.ABC
【分析】根据各几何体的定义直接判断.
【详解】选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以选项正确；
选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以选项正确；选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以选项正确；
选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以选项错误；
故选：.
10.BD
【解析】写出终边在轴上的角的集合，可判断选项的正误；利用余弦型函数的周期公式可判断B选项的正误；利用余弦函数的单调性可判断C选项的正误；作出函数的图象和函数的图象，可判断选项的正误.
【详解】对于选项，终边在轴上的角的集合是，A选项错误；
对于选项，函数的最小正周期为选项正确；
对于选项，函数在上是增函数，选项错误；
对于选项，当时，如下图所示：
设锐角的终边与单位圆的交点为，过点作轴，垂足为点，
设单位圆与轴的交点为点，则，
由图可知，当时，，当时，，
所以，当时，，
由于函数与函数均为奇函数，当时，.
作出函数的图象和函数的图象如下图所示：
由图象可知，函数的图象和函数有且只有一个交点选项正确.
故选：BD.
【点睛】易错点点睛：判断D选项的正误，关键就是作出两个函数图象，但同时还应说明两个函数的图象除了在原点相交外，在其余的地方没有交点，此处应加以说明.
11.CD
【分析】对于A B选项，找出反例说明即可.
对于项，由线面垂直可推出面面平行；
对于D项，利用直线与平面的位置关系讨论即可.
【详解】对于项，当且时符合要求，但，故不正确；
若，则，故B不正确；
若，则，又，故C正确；
因为，若与平行，则，又不平行，则与平行或相交或在内，但不垂直，故D正确.
故选：CD.
12.ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断，根据等体积法判断D.
【详解】平面平面，
平面对；
因为，又平面平面，
所以平面，
平面，对；
因为平面与平面所成角为，
因为错；
因为对.
故选：.
13.-4
【分析】根据向量共线定理可得存在实数使，从而得到关于的方程组，进而可求出.
【详解】由题意可知与线，
所以存在实数使，
因为不共线，所以，解得或，
因为向量与的方向相反，即.
故答案为：-4.
14.2
【分析】由变形求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以
.
故答案为：2
15.
【分析】根据旋转之后的几何体为圆台去掉半球体，根据圆台与球体的体积公式求解即可.
【详解】如图，旋转之后形成的图形为圆台去掉一个半球体
则旋转一周所形成的几何体的体积为.
故答案为：.
16.
【分析】根据求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，
所以，
所以
故答案为：
17.（1）
（2）
【分析】（1）根据同角三角函数结合已知得出，即可根据二倍角的正弦公式代入数值得出答案；
（2）根据两角和差的余弦公式代入数值得出答案.
【详解】（1）为第二象限角，
，
则；
（2）.
18.（1）证明见解析
（2）证明见解析
（3）
【分析】（1）取的中点，连接，即可证明四边形为平行四边形，所以，从而得证；
（2）依题意可得即可得到平面，再结合（1）的结论，即可得证；
（3）依题意可得平面平面，由面面垂直的性质得到平面，则即为直线与面所成的角，再根据边长的关系得解.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）因为为的中点，是的中点
所以，又平面平面，所以平面，
又平面平面，所以平面平面.
（3）因为平面平面，所以平面平面，
又为正方形，所以平面，平面平面，
所以平面，
所以即为直线与面所成的角，又，所以为等腰直角三角形，
所以，
即直线与面所成的角为.
19.（1）；（2）
【分析】（1），由和角公式化简求值即可；
（2）齐次化，化弦为切，代入求值.
【详解】（1）
.
（2）
.
20.（1）证明见解析
（5）1
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得到，找到为二面角的平面角，且，得到平面平面，进而由四边形为矩形得到线面垂直，进而证明平面平面；
（2）作出辅助线，由等体积法求出点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，如图，
易知，
在中，由余弦定理得，，
则，故，
由，同理可得且，
故为二面角的平面角，
又，则，故，故平面平面，
又与平行且相等，且，则四边形为矩形，
故.又平面，平面平面，
故平面，又平面，则平面平面.
（2）连接，设到平面的距离为，
由（1）得平面平面，由面面垂直的性质定理，同理可得平面，
，即，
平面，则平面，
又，故平面平面，故，
故，故，解得.
21.（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，
（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件，由面积公式即可求解.
【详解】（1）在中因为.
由正弦定理得，
所以，
因为，所以.故
又是的内角，所以.从而.
而为的内角，所以；
（2）因为所以，所以，
从而，
由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，
故的面积的最大值为.
22.（1）证明见解析；
（2）
【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；
（2）根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用等积法结合条件即得.
【详解】（1）证明：在图1中，因为，且为的中点，
，又为的中点，所以，
在图2中，，且平面，
平面，又平面，
所以；
（2）因为平面平面，
所以，又平面，
所以平面，连接，则，
因为为等边三角形，
所以，
所以，
取的中点，连接，则，
设点到平面的距离为，
，即，解得，
即点到平面的距离为.