河南省新乡市封丘县2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（含解析）

封丘县2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷
一、单选题（本题共8题，每小题5分，共40分）
1. 若复数z满足 ，则复数z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合 ， ，则（　　）
A. {0，1} B. {－1，0} C. {－1，0，1} D. {－2，－1，0，1，2}
3. 化简：（ ）
A. B. C. D.
4. 已知一个直三棱柱的高为1，如图，其底面
水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中
，则该三棱柱的表面积为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知平面向量，，则在上投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6. 下列四个选项中的命题是真命题的是（　　）
A. 若四点不共面，则其中任意三点不共线
B. 空间中，垂直于同一条直线的两条直线互相平行
C. 空间中，两组对边分别相等的四边形是平行四边形
D. 两个不重合的平面最多可将空间分成三个部分
7. 的内角A，B，C的对边是a，b，c，若的面积为，则C的大小（ ）
A. B. C. D.
8. 图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒
部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．
设这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为，
若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 若四棱柱的底面和侧面都是矩形，则四棱柱一定是（ ）
A. 平行六面体 B. 长方体 C. 正四棱柱 D. 正方体
10. 下列说法错误的是（ ）
A. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥
B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C. 如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D. 如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
11.如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列命题中，
正确的有(　　)
A.BM∥平面DE B.CN∥平面AF
C.平面BDM∥平面AFN D.平面BDE∥平面NCF
12. 在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若 ，则的可能取值为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设i为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，其中a是实数，则______．
14. 已知向量，，，若，则实数_______．
15. 在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则______．
16. 已知正三棱锥，球O与三棱锥的所有棱相切，
则球O的表面积为_________．
四、解答题（共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. （10分）如图，在菱形中，.
（1）若，求的值；
（2）若，，求.
18.（12分）现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱，正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍．
（1）若，，则仓库的容积（含上下两部分）是多少？
（2）若上部分正四棱锥的侧棱长为6m，当为多少时，下部分的
正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？
19．（12分）在中,角的对边分别为,且满足.
(1)求角;
(2)若为边的中点,且,,求的周长.
.20. （12分）如图，A，B，C为山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得这三点的俯角分别为，，，现计划沿直线AC开挖一条穿山隧道DE，经测量AD=150 m，BE=33 m，BC=100 m．
（1）求PB的长：
（2）求隧道DE的长．（结果精确到1 m，附：，）
21．（12分）如图，在正四棱锥中，．
（1）求正四棱锥的体积；
（2）若为三角形的重心，在边上是否存在点，
使得平面，若存在，求的值，若不存在，请说明理由；
22．（12分）已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
（1）设函数，试求的相伴特征向量；
（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；
（3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得。若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由。答案第1页，共2页
参考答案
1.B，因为复数z满足，所以，所以复数z的虚部为，故选：B
2.C， 因为，所以，所以，所以，所以，
所以，故选：C.
3. B，．故选：B.
4.C，由斜二测画法还原底面平面图如图所示，其中，所以，所以此直三棱柱的底面积为，高为1，故直三棱柱表面积为.故选：C
D，在上的投影向量的数量为，
所以在上的投影向量为，故选：D
6. A ，A选项，对于空间中的个点，若其中个点共线，则这个点共面，
此时与“四点不共面”矛盾，所以若四点不共面，则其中任意三点不共线，A选项正确.
B选项，空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能异面，所以B选项错误.
C选项，空间中，两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，不是平面图形，所以C选项错误.
D选项，两个不重合的平面最多可将空间分成四个部分，D选项错误.故选：A
7. A，由余弦定理得： 的面积
，又.故选：A.
8. D，设圆柱的高为，因为半球的体积不小于圆柱体积，所以，解得，即．所以．
9. AB，根据四棱柱的侧面都是矩形，可知该四棱柱为直四棱柱，然后根据四棱柱的底面是矩形，可知该四棱柱为长方体.故选：AB.
10. ABC，选项A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A错误；选项B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；选项C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；选项D，若每个侧面都是长方形则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确. 故选:ABC.
11.ABCD
12. AB，由余弦定理可知，，所以.又，
所以.则由可得，，则有，整理可得，，
由正弦定理边化角可得，.因为，
所以.因为，
所以，显然，即，所以有，
所以.若，则为钝角，此时必有，所以，，所以，所以，此时有，所以，则，显然不可能，所以，则，，则，此时有，
所以.故选：AB.
13. ，又实部与虚部相等，其中a是实数，，解得 .故答案为：.
14. ，，，因为，所以，解得．故答案为：
15. 3，解得：；又，代入得：或；
根据余弦定理得：，解得：；故答案为：3
16.（），取等边△ABC的中心E，连接SE，则SE⊥平面ABC，连接AE并延长，交BC于点D，则DBC中点，且AD⊥BC，在SE上找到棱切球的球心O，连接OD，则OD即为棱切球的半径，过点O作OF⊥SA于点F，则OF也是棱切球的半径，设，因为，所以求得，由勾股定理得：，且∠ASE=30°，设OE=h，，SO=3-h，，由题意得：，解得：或，当时，，此时球O的表面积为；当棱切球的半径最大时，切点为A，B，C，由于∠ASE=30°，，可求得最大半径，
而当时，，显然不成立，故舍去，综上：球O的表面积为
17. （1）因为在菱形中，.故，
故，所以.
（2）显然，所以①，
因为菱形，且，，故，.所以.
故①式.故
18.（1）∵，正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍，∴．所以仓库的容积
（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，设，则，，．
∴正四棱柱侧面积，∴，
当且仅当，即时，．所以当时，正四棱柱侧面积最大，最大为．
（1）在中因为,由正弦定理得,
所以,即,
又因为,,所以,所以.
（2）取边的中点,连接,则，且,，
在中,由余弦定理得:,
解得,所以.在中,由余弦定理得:
，所以的周长为.
20. （1）由题意，，，所以，，，，
所以，即，解得m.
（2）因为，，所以，，又由（1）知，所以在中，，即，所以m.
21．（1）由，可得，因为为正四棱锥，所以，因为，所以，
所以，所以该正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积；
（2）存在这样的点，使得平面，如图，连接延长交于点，连接，
因为平面，所以，因为为三角形的重心，所以．
所以；所以
22．（1）
的相伴特征向量.
（2）向量的相伴函数为，，
.，，.
.
（3）由为的相伴特征向量知：.
所以.
设，，
，，又，
.，
，，.
又，当且仅当时，和同时等于，这时式成立.
在图像上存在点，使得.