2023-2024学年河北省保定市清苑中学高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

2023-2024学年河北省保定市清苑中学高一（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.已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
2.已知，向量在向量上的投影数量为，则与的夹角为
( )
A. B. C. D.
3.在中，，，，则中最小的边长为( )
A. B. C. D.
4.在中，，且，是的中点，是线段的中点，则的值为( )
A. B. C. D.
5.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，，则该青铜器的体积为( )
A. B. C. D.
6.如图，在中，是的中点，是的中点，过点作直线分别交，于点，，且，则的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
7.在中，内角、、的对边长分别为、、，已知，且，则( )
A. B. C. D.
8.如图，正四棱台容器的的高为，，，容器中水的高度为，现将个大小相同，质地均匀的小铁球放入容器中个小铁球均被淹没，水位上升了，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，，下列结论正确的有( )
A.
B. 若，则
C.
D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
10.如图，在圆柱中，轴截面为正方形，点是的上一点，为与轴的交点，为的中点，为在上的射影，且平面，则下列选项正确的有( )
A. 平面
B. 平面
C. 平面
D. 是的中点
11.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在数书九章中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即为三角形的面积，，、为三角形的三边现有满足：：：：，且的面积，则下列结论正确的是( )
A. 的最短边长为 B. 的三个内角满足
C. 的外接圆半径为 D. 的中线的长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，矩形的长为，宽为，是的中点，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则四边形的周长为______．
13.在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则边上的中线长是______．
14.如图所示，在三棱柱中，若，分别为，的中点，平面将三棱柱分成体积为棱台的体积，几何体的体积的两部分，那么：______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
设复数，其中．
若是纯虚数，求的值；
所对应的点在复平面的第四象限内，求的取值范围．
16.本小题分
已知平面向量．
若，求的值；
若与的夹角为锐角，求的取值范围．
17.本小题分
如图，在正方体中，，点在棱上，且．
求三棱锥的体积；
在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
18.本小题分
如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，、分别为、的中点．
求证：平面；
设，求与平面所成的角的正弦值．
19.本小题分
在中，内角，，所对的边分别是，，，三角形面积为，若为边上一点，满足，，且．
求角；
求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
，
，
则，
故选：．
利用复数的四则运算法则、模的计算公式即可得出结论．
本题考查了复数的四则运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的投影、夹角，属于基础题．
利用平面向量投影的定义，列出方程求出与夹角的余弦值，即可得出夹角大小．
【解答】解：记向量与向量的夹角为，，
而，
在上的投影数量为．
，
，
，
．
故选B．
3.【答案】
【解析】解：由题意，，故中最小的边长为．
由正弦定理，故．
故选：．
易得，再根据正弦定理计算最小角的对边即可．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：如图，以为原点，，所在直线分别为轴，轴建立直角坐标系，
则，，，
因为是的中点，所以，
因为是线段的中点，所以，
所以，，，
所以，
所以．
故选：．
建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，进而应用数量积的坐标运算即可．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意可得该青铜器的体积为：
．
故选：．
根据圆柱的体积公式，圆台的体积公式即可求解．
本题考查组合体的体积的求解，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为是的中点，且，
所以．
因为，，三点共线，所以，
即，所以，
当且仅当时，等号成立．
故选：．
首先利用向量的线性运算，计算得，再利用三点共线结论得系数和为，即，再利用基本不等式求出最值即可．
本题考查的知识点：向量的线性运算，基本不等式的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】【分析】
运用余弦定理，化简，可得，再由，解方程即可得到．
本题考查余弦定理的运用，考查化简整理的运算能力，属于基础题．
【解答】
解：，即为
，
即有，
即有，
又，则，
解得．
故选A．
8.【答案】
【解析】解：如图作出正四棱台的轴截面，
根据已知可得：，，，
水面高度，，
所以，同理：，
且，，
易知∽，
所以，
即，解得，同理：，
所以，
同理：∽，
所以，
即，解得，同理：，
所以，
由题意知个大小相同，质地均匀的小铁的体积等于高为，上底边长，下底边长的正四棱台的体积，
设小球的半径为，
则，
即，
所以．
故选：．
利用个大小相同，质地均匀的小铁球的体积就是水面上升高度的正四棱台的体积即可求解．
本题考查空间几何体的体积，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：设，．
对于，，所以．
而，所以，A正确；
取，，则，但，
所以B错误；
，
所以，所以C正确；
，则复数在复平面内对应的点所构成的图形为半径为的圆去掉半径为的同心圆，所剩余的圆环部分，故其面积为，D正确．
故选：．
设，，利用共轭复数的定义即可判断；取特例即可判断；利用复数模长运算可判断；利用复数的几何意义可判断．
本题考查复数的模，共轭复数，复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对选项，如图，延长，则过，
与平面交于点，选项错误；
对选项，为圆的直径，，
又底面圆，且底面圆，，
又，且，平面，
平面，又平面，
，又，，且，平面，
平面，选项正确；
对选项，由选项分析可知：平面，又平面，
，又轴截面为正方形，
，又，且，平面，
平面，选项正确；
对选项，平面，
又平面，且平面平面，
，又易知，
，
设，则，，设正方形截面的边长为，
由，可得，
，又，
，
，，
，，
又，，，，
是的中点，选项正确．
故选：．
根据线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理，解三角形，即可分别求解．
本题考查线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理，解三角形，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：因为：：：：，
所以由正弦定理可得：：：：，
设，，，，
因为的面积，
所以，
解得，则，，，
所以的最短边长为，故A正确；
因为，
所以，
可得，
所以的三个内角满足，故B正确；
因为，
所以，
由正弦定理得，解得，所以的外接圆半径为，故C错误；
因为，
所以，故CD，故D错误．
故选：．
由题意利用正弦定理可得，设，，，利用公式可求，进而可求，，的值，即可判断；利用余弦定理可求的值，进而可求，利用三角形内角和定理即可判断；利用正弦定理可求的外接圆半径，即可判断；由题意，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求解的值，即可判断．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理以及平面向量数量积的运算在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由斜二测画法的规则知与轴平行或重合的线段与轴平行或重合，其长度不变；
与轴平行或重合的线段与轴平行或重合，其长度变成原来的一半，
则原图形中所对应的边长为，
由，可得原图形中所对的边长为，
则原图形的周长是：．
故答案为：．
由斜二测画法的规则知与轴平行或重合的线段与轴平行或重合，其长度不变；与轴平行或重合的线段与轴平行或重合，其长度变成原来的一半，由此能求出四边形的周长．
本题考查的知识点是平面图形的直观图，掌握斜二测画法的规则是关键，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：由正弦定理得：，
，，
，即，
，，
是边的中点，，
，
，即边上的中线长是．
故答案为：．
利用正弦定理边化角可求得，根据向量线性运算和数量积运算律可求得，由此可得结果．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
14.【答案】：
【解析】解：设三棱柱的高为，底面面积为，体积为，
则．
因为，分别为，的中点，
所以，
所以，
所以，
所以：：．
故答案为：：．
设三棱柱的高为，底面面积为，体积为，则根据三棱台的体积公式求出，再用总体积减去即得到．
本题考查三棱锥体积公式和三棱台体积公式的应用，属于基础题．
15.【答案】解：是纯虚数，只需，解得．
由题意知，
解得，
故当时，所对应的点在复平面的第四象限内．
【解析】根据纯虚数的定义可得到解方程即可；
根据复数对应的点在复平面的第四象限内可以得到，解不等式即可．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：因为，
所以，，
又因为，
所以，解得．
因为，，
所以，
因为与的夹角为锐角，
所以，且夹角不为．
当时，，解得；
当与的夹角为时，，解得，
故与的夹角不为时，；
综上可得：的取值范围是．
【解析】先计算出向量，，再根据向量平行列出方程求解即可．
先根据与的夹角为锐角得出，且夹角不为，再分别求出和夹角不为时的取值范围即可．
本题主要考查了向量平行及向量数量积的性质的坐标表示，属于中档题．
17.【答案】解：过作，垂足为，
因为，所以平面即平面
明显，，，，平面，
所以平面，
又，，
所以．
假设在线段上存在点，使得平面，
取的三等分点，，使，则四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面，，，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面，
取的三等分点靠近，则，
所以平面平面，又平面，平面，
所以，又为的中点，所以为的中点，
所以存在点满足题意，且．
【解析】过作，垂足为，可得中为高，求出高和底面，进而可得体积；
假设在线段上存在点，使得平面，取的三等分点，，得到平面平面，取的三等分点靠近，再通过线面平行的性质得到，进而可得点的位置．
本题考查锥体体积的计算以及线面平行的应用，属于中档题．
18.【答案】解：取中点，连接、，
为矩形，底面，、平面，
，，，
又，、平面，
平面，
平面，
，
中，，为中点，
，
又，、平面，
平面．
、分别为、中点，
，且，
又为中点，底面为矩形，
，且，
，且，
四边形为平行四边形，
，
平面，
平面．
设，则，设，连接，
则为的中位线，故F，且平面，
设点到平面的距离为，
由知平面，平面，
，，
，
，
化简可得，，
由平面和平行四边形可得，
在中，，
在中，，
，解得，
而，设与平面所成的角为，
则．
故AC与平面所成的角的正弦值为．
【解析】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用等体积法求点到平面的距离，直线和平面所成的角的定义和求法，属于中档题．
取中点，连接、，先由条件证明平面，可得，再证，即可得平面，由平行四边形可得，即可证明平面；
设，则，设，则平面，设点到平面的距离为，根据求得，而，设与平面所成的角为，由，运算求得结果．
19.【答案】解：因为，
所以，即，
由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
因为，
可得；
在中，因为，，
所以，
由正弦定理得，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，整理得，
因为，
所以，
所以，可得的取值范围是．
【解析】本题考查了解三角形，考查了三角恒等变换，考查了利用三角函数性质求解范围问题，考查了函数思想的应用，属于中档题．
利用三角形的面积公式，正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得，结合，可求的值；
由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，可求，进而利用正弦函数的性质即可求解．
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