2022-2023学年重庆市中山外国语学校高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

2022-2023学年重庆市中山外国语学校高一（下）月考数学试卷（5月份）
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.设复数，则的共轭复数的虚部为( )
A. B. C. D.
2.对于用“斜二侧画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是( )
A. 等腰三角形的直观图仍是等腰三角形 B. 梯形的直观图可能不是梯形
C. 正方形的直观图为平行四边形 D. 正三角形的直观图一定是等腰三角形
3.已知正方体的棱长为，其内切球与外接球的表面积分别为，，则( )
A. B. C. D.
4.已知单位向量，满足，则在方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5.已知正方体的棱长为，则点到面的距离为( )
A. B. C. D.
6.圣索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点三点共线处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则估算索菲亚教堂的高度为( )
A. B. C. D.
7.如图，在四棱锥中，底面为矩形底面，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
8.祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等若用垂直于半径的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分阴影所示称之为“球冠的几何体的体积是( )
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.已知中，内角，，所对的边分别为，，，且，则的值可能是( )
A. B. C. D.
10.已知的内角，，所对的边分别是，，，则下列命题正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则是钝角三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则为直角三角形
11.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的为( )
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
12.在平行六面体中，已知，，则( )
A. 直线与所成的角为
B. 线段的长度为
C. 直线与所成的角为
D. 直线与平面所成角的正切值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在四面体中，二面角、、的大小相等，则点在平面上的投影是的______心．
14.已知边长为的等边，，则 ______．
15.在中，角，，的对边分别为，，，若，则当取最小值时， ______．
16.已知向量满足，，，，则的取值范围是______．
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
已知向量，．
若与共线，求实数的值：
求向量与夹角的大小．
18.本小题分
已知如图所示，是正方形外一点，平面，为中点，．
求证：平面；
三棱锥的体积．
19.本小题分
如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．
求证：平面平面；
若，，，求：二面角的正切值．
20.本小题分
如图，正三棱柱中，，、分别为棱和的中点．
求直线与平面所成角的正弦值；
在线段是否存在一点，使得平面平面？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．
21.本小题分
已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，．
求；
若，求的取值范围．
22.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，已知内一点满足，且，
若，求；
若是锐角三角形，令，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
，其虚部是．
故选：．
根据已知条件，结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数和虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：
等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，
梯形的直观图还是梯形，
正方形的直观图是平行四边形，
正三角形的直观图是一个钝角三角形，
故选：
根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，梯形的直观图还是梯形，正方形的直观图是平行四边形，正三角形的直观图是一个钝角三角形，进而得到答案．
本题考查的知识点是斜二侧画法，熟练掌握斜二侧画法的作图步骤及实质是解答的关键．
3.【答案】
【解析】解：如图正方体，
正方体的棱长为，
其内切球的半径为，外接球的半径为，
则，，
．
故选：．
由已知求出正方体内切球与外接球的半径，然后分别求出其表面积，作比得答案．
本题考查正方体内切球与外接球表面积的求法，考查空间想象能力与计算求解能力，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：由已知，
因为，所以，
所以在方向上的投影向量为．
故选：．
先将两边平方得到向量的数量积，再根据在方向上的投影向量公式得出结果．
本题考查了平面向量的投影向量公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
，，，，
设面的法向量为，
，，
所以，
令，则，，
所以，
，
所以到平面的距离，
故选：．
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量为，则到平面的距离，即可得出答案．
本题考查点到平面的距离，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：由题意知：，所以，
在中，，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，．
故选：．
由正弦得出，再结合正弦定理得到，进而能求．
本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理的应用，考查数学运算和直观想象的核心素养，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
，，
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：．
以为原点建立空间直角坐标系，写出空间向量和，由，，得解．
本题考查异面直线夹角的求法，熟练掌握利用空间向量处理异面直线所成角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：用垂直于半径的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，
，
．
平面所截得的较小部分阴影所示称之为“球冠的几何体的体积是．
故选：．
利用祖暅原理、圆柱、圆锥和球冠体积公式、截面性质能求出结果．
本题考查祖暅原理、圆柱、圆锥和球冠体积公式、截面性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：在中，，
由余弦定理得：，
即，解得或，
所以的值可能是或．
故选：．
根据给定条件，利用余弦定理求解判断作答．
本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，，所以，
，
故A正确；
对于，，
由余弦定理可得，，即角为钝角，故B正确；
对于，由题意及正弦定理得，，
所以．
解得或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，
故C错误；
对于，由题意及正弦定理得，，
A.
又，则，
，，
故D正确．
故选：．
对于，利用正弦定理，进而可求，即可判断；
对于，由余弦定理可得，角为钝角，即可判断；
对于，由题意利用正弦定理，二倍角的正弦公式可得，可得或，即可判断；
对于，由题意利用正弦定理，三角函数恒等变换可求，可得，即可判断．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，若，，则或与异面，故A错误；
对于，由，，得或，不论是还是，
都可结合，得到，故B正确；
对于，若，，，则与相交、平行或异面，故C错误；
对于，若，，则，又，所以，故D正确．
故选：．
利用空间线面关系的判定与性质定理逐项判断即可求解．
本题考查空间几何各个要素的关系，逻辑推理，属基础题．
12.【答案】
【解析】解：在平行六面体中，取，，，
，，
，，
对于：，，
，
则，
故直线与所成的角为，故A正确；
对于：，则，即，故B错误；
对于：，
故，即，
故直线与所成的角为，故C正确；
对于：在平行六面体中，四边形是菱形，
则，
又，，平面，平面，
平面，
又平面，
则平面平面，
连接交于点，过点作于点，如图所示：
平面平面，平面，
平面，
直线与平面所成角为，
，则，即，
在中，，
则，故D错误．
故选：．
在平行六面体中，取，，，利用空间向量的线性运算，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查直线与平面的夹角、异面直线的夹角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】内
【解析】解：因为二面角、、的大小相等，
所以顶点在底面的投影到三角形三边的距离相等，所以点在平面上的投影是的内心．
故答案为：内心．
根据三个二面角相等得到点在底面的投影到三角形三边的距离相等，即可得到点在平面上的投影是的内心．
本题考查二面角的定义及其运用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为是边长为的等边，且，
所以，
所以．
故答案为：．
由平面向量的线性运算和数量积运算计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和数量积，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由正弦定理、余弦定理得，，，
，
当且仅当，即时取最小值．
故答案为：．
根据正弦定理、余弦定理角化为边，得到，再由余弦定理得到，进而得到结果．
本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：设，其中为平面直角坐标系的原点，
设，
又，，
则，
设的中点为，
由知，
则，
故，
因为，
则，
即．
又，
所以，
即，
故点在圆上，
因为在圆内部，
所以的取值范围是，
故线段的取值范围是．
故答案为：．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的坐标运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算，属中档题．
17.【答案】解：由已知，
，
与共线，
，解得；
由已知，
又，．
【解析】求出与的坐标，再利用向量平行的坐标公式计算即可；
利用公式求解即可．
本题主要考查向量共线的性质，以及平面向量的夹角公式，属于基础题．
18.【答案】解：证明：是正方形外一点，平面，为中点，，
连接，，交于点，连接，如图，
正方形中，是中点，，
平面，平面，
平面；
平面，为中点，，
到平面的距离，，
三棱锥的体积．
【解析】连接，，交于点，连接，则，由此能证明平面；
到平面的距离，，由此能求出三棱锥的体积．
本题考查线面平行的判定与性质、三棱锥的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】证明：因为平面，平面，所以，
因为是圆的直径，是圆上的点，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
解：过作，垂足为，过作，垂足为，连，如图：
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，所以，
因为，，所以平面，所以，
所以是二面角的平面角，
因为，，，所以，所以，
因为，，所以，所以，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，．
所以二面角的正切值为．
【解析】通过证明平面，结合面面垂直的判定定理可证平面平面；
过作，垂足为，过作，垂足为，连，可证是二面角的平面角，再通过计算可求出结果．
本题考查了面面垂直的证明以及二面角的求解计算，属于中档题．
20.【答案】解：取的中点，连接，D.
在正三棱柱中，，平面．
因为平面，所以，
因为平面，平面，，
所以平面，
所以就是直线与面所成的角．
因为，所以，
所以，
即直线与面所成角的正弦值为．
当为的中点时，平面平面．
证明：连接，．
因为，分别是和的中点，所以，．
因为平面，平面，
所以平面．
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以因为平面，平面，
所以平面．
又因为平面，平面，，
所以平面平面．

【解析】取的中点，连接，D.证明平面，可得就是直线与面所成的角．求解即可；
当为的中点时，平面平面通过线面平行证面面平行即可．
本题考查线面角的求法，以及面面平行的证明，属中档题．
21.【答案】解：由题意得，
化简得，即，
则，解得．
由题意及正弦定理得：
，，
，
由知，，
又解得，
则，
故，
的取值范围的取值范围为
【解析】由题意得，，从而解得，由，即可求得的值；
由已知可求，进而可得，由，可求的取值范围．
本题考查正弦定理与三角形的边角关系式，以及三角恒等变形，考查了计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：因为，则为的重心，又，，
以为原点，所在直线为轴建立如图平面直角坐标系，设，
则，
则，故，
所以，
所以．
设，则，，故C，即，
所以，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，即
所以，
而，
所以．
【解析】建立平面直角坐标系，设，求出点的坐标，从而可求出，然后利用两角差的正切公式即可求出；
设，则通过可求出关于的关系式，从而可求出其取值范围即可求解．
本题考查了用和、差角的正切公式化简、求值，二倍角的余弦公式，余弦定理解三角形，向量夹角的坐标表示，属于难题．
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