2022-2023学年甘肃省定西市临洮中学高一（下）第二次月考数学试卷（含解析）

2022-2023学年甘肃省定西市临洮中学高一（下）第二次月考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数，，则( )
A. B. C. D.
2.已知正六边形，则( )
A. B. C. D.
3.在中，已知，，，则( )
A. B. C. 或 D. 或
4.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.
5.在中，角，，的对边分别为，，，若，，则是( )
A. 等边三角形 B. 钝角三角形 C. 等腰不等边三角形 D. 直角三角形
6.已知为第四象限角，，则( )
A. B. C. D.
7.如图，正三棱柱的底面是边长为的正三角形，侧棱，一小虫从点途经三个侧面爬到点，则小虫爬行的最短距离为( )
A.
B.
C.
D.
8.在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则角等于( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如果平面向量，，那么下列结论中正确的是( )
A. B. C. D.
10.已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下面四个结论中正确的是( )
A. 若，，且，，则且
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若直线，在平面内的射影互相垂直，则与的夹角可能为
11.在中，点满足，当点在线段上移动时，记，则( )
A. B.
C. 的最小值为 D. 的最小值为
12.在中，，，分别是内角，，所对的边，，且，则以下说法正确的是( )
A.
B. 若，则
C. 若，则是等边三角形
D. 若的面积是，则该三角形外接圆半径为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.的内角，，的对边分别为，，，若，，，则 ．
14.设向量，，向量与的夹角为锐角，则的范围为______．
15.如图，已知菱形，用斜二测画法作出菱形的直观图即四边形，则四边形的面积为______．
16.已知，，则______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知复数满足，．
求复数；
求复数的实部和虚部．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，四边形是矩形，，分别为，的中点，平面平面．
证明：平面；
证明：．
19.本小题分
已知：、、是同一平面内的三个向量，其中
若，且，求的坐标；
若，且与垂直，求与的夹角．
20.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，且．
求角的大小；
若为锐角三角形，，求的取值范围．
21.本小题分
如图，在多面体中，和都为等边三角形，是的中点，，．
证明：；
若，求三棱锥的体积．
22.本小题分
如图，圆的半径为，直线与圆相切，点在线段上，，且，圆上的点从点处逆时针转动到最高点处，记，四边形的面积为．
当时，求的值；
试确定的值，使得的面积等于的面积的一半．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，，
得．
故选：．
直接利用复数代数形式的乘法运算求解即可．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：．
故选：．
由向量的加减运算法则直接计算即可．
本题考查平面向量的加减运算，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为在中，，，，
所以由正弦定理，可得，可得，
又，可得为锐角，
则．
故选：．
由已知利用正弦定理可得的值，利用大边对大角可求得为锐角，进而可求的值．
本题主要考查了正弦定理，大边对大角在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：设球的半径为，由于长方体的体对角线为球的直径，
则，所以，
因此，球的表面积为．
故选：．
首先确定外接球半径，然后求解其表面积即可．
本题考查了球的表面积公式，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：中，，则，
又，则，由，可得，
所以，即，
所以，可得，所以，
则的形状是等边三角形．
故选：．
先依据求得，再利用可以求得，从而判断的形状是等边三角形．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，余弦定理，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：由于为第四象限角，，
故，整理得，
故．
故选：．
直接利用三角函数的关系式的变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
7.【答案】
【解析】解：正三棱柱的底面是边长为的正三角形，侧棱，
三棱柱的侧面展开图为一个矩形，如图所示，
因为正三角形的边长为，侧棱，所以，所以，
即小虫爬行的最短距离为．
故选：．
将三棱柱展开为一矩形，确定边长，确定小虫爬行的轨迹，即可求得答案．
本题考查了棱柱的展开图及最短距离问题，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，
即，所以由正弦定理得，
即，所以，即，
所以，又，所以，又，
由正弦定理得，所以，所以或，
由得，所以．
故选：．
由已知结合正弦定理及三角形的性质求出，再利用正弦定理即可求出角．
本题考查了正弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：，
，
，A正确；
，B错误；
，，C正确；
，错误，D错误．
故选：．
根据条件可求出，从而判断A正确；进行向量坐标的数量积运算可判断B错误；可求出，从而判断C正确；根据平行向量的坐标关系可判断D错误．
本题考查了向量坐标的数量积和减法运算，根据向量的坐标求向量的长度的方法，平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，，则，
，且，则成立，同理成立，故A正确；
对于，若，，则或或与相交，但不一定垂直，故B错误；
对于，若，，则与相交、平行或，但不一定垂直，故C错误；
对于，如图，在正方体中，设为，为，平面为，
则，在平面内的射影分别为与，
且，与异面，且夹角为，故D正确．
故选：．
根据线面位置关系分别判断知项，能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
11.【答案】
【解析】解：，为边的中点，如图，
则
在线段上，设，．
又，
，即，且；
．
时，取最小值．
BD正确．
故选：．
由已知得到点为边的中点，从而，而为上的点，从而有，且，根据，可得到，且，把代入，由配方法得出的最小值，结合选项得答案．
本题考查向量相等的概念，向量加法的平行四边形法则，共线向量基本定理，向量数乘的几何意义以及平面向量基本定理的应用，训练了利用配方法求二次函数的最值，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：由正弦定理可将条件转化为，
因为，故，
因为，则，故A正确；
若，则由正弦定理可知，则，
因为，则，故B错误；
若，根据正弦定理可得，
又因为，即，即有，所以，
因为，则，故，
整理得，即，
解得，故B，则，
即，所以是等边三角形，故C正确；
若的面积是，即，解得，
由余弦定理可得，即
设三角形的外接圆半径是，
由正弦定理可得，则该三角形外接圆半径为，故D错误，
故选：．
对于，利用正弦定理可将条件转化得到，即可求出；
对于，利用正弦定理可求得，进而可得；
对于，利用正弦定理条件可转化为，结合原题干条件可得，进而求得；
对于，根据三角形面积公式求得，利用余弦定理求得，进而由正弦定理求得．
本题考查正余弦定理的应用，考查三角函数和差化积公式的应用，转化思想，计算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，，
所以，
因为，
则．
故答案为：．
由已知先求出，，进而求出，然后结合正弦定理可求．
本题主要考查了同角平方关系，和差角公式及正弦定理在三角形求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】且
【解析】解：向量，，由得，，所以．
由已知得，，所以，即，且不共线．
则，所以．
又不共线，则所以的取值范围为且．
故答案为：且．
根据已知可得，且不共线，求解即可．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：画出菱形的平面直观图，如图四边形所示：
在菱形中，，，在四边形中，，，
所以四边形的面积为．
故答案为：．
画出菱形的平面直观图，计算平面直观图的面积即可．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由，平方得，
由，平方得，
两式相加得，
即，得，
故答案为：．
将两式同时平方，然后相加，利用两角和差的余弦公式进行求解即可．
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用平方相加，利用两角和差的余弦公式是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】解：设复数，
，，，，
，
，，
，
，，
复数的实部为，虚部为．
【解析】设复数，，，代入已知式子求出，即可．
利用复数实部虚部的定义求解即可．
本题考查复数代数形式的四则运算，实部虚部的定义，属基础题．
18.【答案】证明：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；
证明：平面平面，，又在矩形中，，
且面，面，面，，由得，．
【解析】，分别为，的中点，，由此即可得证；可得面，由此可得证．
本题考查线面平行的判定，考查面面垂直的性质，属于中档题．
19.【答案】解：设，
，且，
，分
解得 或，分
故 或分
，
，
即，分
，
整理得，分
，分
又，分
【解析】设，由，且，知，由此能求出的坐标．
由，知，整理得，故，由此能求出与的夹角．
本题考查平面向量的坐标运算和数量积判断两个平面垂直的条件的灵活运用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
20.【答案】解：中，由，
利用正弦定理可得，
因为，
所以，
又，
所以，或；
若为锐角三角形，，
由正弦定理得，
所以，
因为，
所以，
又为锐角三角形，则，且，
又，则，所以，
所以，
所以，
所以的取值范围是．
【解析】由正弦定理，即可求出以及的值；
利用正弦定理和三角恒等变换，即可求出的取值范围．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：因为，所以、、、共面，连接、，
因为和均为等边三角形，是的中点，
所以，，，平面，平面，
所以平面，平面，所以；
因为，，所以四边形是平行四边形，
和均为等边三角形，是的中点，，
又，所以，即，
所以平行四边形是正方形，又，，平面，
平面，所以平面，所以平面，
又，
所以三棱锥的体积为．
【解析】先利用等边三角形的性质及线面垂直的判定定理证线面垂直，再由线面垂直证线线垂直．
由已知证线面垂直得高，利用等体积法即可求解体积．
本题考查了线面垂直的判定定理与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
22.【答案】解：如图，过点作交于点，
因为圆的半径为，
由题意，
又因为，且，所以，
所以四边形的面积
；
连接，设的面积为，的面积为，所以，
又，
，
所以，即，所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以当时，的面积等于的面积的一半．
【解析】把四边形面积转化为两个三角形面积和求解即可；
根据两个三角形面积的倍数关系找到的关系式，利用三角函数求解即可．
本题考查了三角函数在解三角形中的应用，属于中档题．
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