《2022-2023學(xué)年福建省永春市高一數(shù)學(xué)下學(xué)期月考試卷【含答案】》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022-2023學(xué)年福建省永春市高一數(shù)學(xué)下學(xué)期月考試卷【含答案】（22頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022-2023學(xué)年福建省永春市高一數(shù)學(xué)下學(xué)期月考試卷 高一數(shù)學(xué) （考試時(shí)間：120分鐘 試卷滿分：150分） 注意事項(xiàng)： 1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。 2．回答第Ⅰ卷時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫在本試卷上無效。 3．回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。 第Ⅰ卷 一、單選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。 1. 設(shè)復(fù)數(shù)滿足，則下列說法

2、正確的是(????) A. 的虛部為 B. C. 為純虛數(shù) D. 在復(fù)平面內(nèi)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限 2．如圖，一個(gè)水平放置的三角形的斜二測(cè)直觀圖是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周長是（????） A． B． C． D． 3．已知向量，則“與的夾角為銳角”是“”的（????） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 4．若用平行于某圓錐底的平面去截該圓錐，得到的小圓錐與圓臺(tái)的母線長相等，則該小圓錐與該圓臺(tái)的側(cè)面積的比值為（????） A． B． C． D． 5．設(shè)表示平面，表示直線，表示三個(gè)不同的點(diǎn)，給出下列命題： ①若，

3、則； ②若表示不同的平面，，則； ③若，則 ④若，則與重合. 其中，正確的有（????） A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 6．我國古代數(shù)學(xué)家秦九韶左《數(shù)書九章》中記述了了“一斜求積術(shù)”，用現(xiàn)代式子表示即為：在中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則的面積，根據(jù)此公式，若，且，則的面積為（????） A．B．C． D． 7．已知正四面體的外接球表面積為，則正四面體的體積為(????) A. B. C. D. 8．如圖，直角梯形 中，已知，，動(dòng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，且，則的最小值是（???） A．3 B． C．4 D． 二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5

4、分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目的要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。 9．下列有關(guān)復(fù)數(shù)的敘述正確的是（????） A．若，則 B．若，則的虛部為 C．若，則可能為純虛數(shù) D．若，則??． 10．已知，，若，則（????） A． B． C． D． 11．在中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知，則下列說法正確的是（????） A．若，則 B．若，則是直角三角形 C．若是等腰三角形，則 D．若，則的面積最大值為3 12．如圖，在棱長為2的正方體中，M，N，P分別是，，的中點(diǎn)，Q是線段上的動(dòng)點(diǎn)，則（????） A．存在

5、點(diǎn)Q，使B，N，P，Q四點(diǎn)共面 B．存在點(diǎn)Q，使PQ∥平面MBN C．經(jīng)過C，M，B，N四點(diǎn)的球的表面積為 D．過Q，M，N三點(diǎn)的平面截正方體 所得截面圖形不可能是五邊形 第Ⅱ卷 三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。 13．已知為銳角，且，則的值為_________． 14．如圖，一個(gè)底面半徑為的圓柱形量杯中裝有適量的水，若放入一個(gè)半徑為的實(shí)心鐵球，水面高度恰好升高,則____________． 15． 已知是內(nèi)部一點(diǎn)，且滿足，又，，則的面積為________． 16． 8. 如圖，在正方體中，，，分別是，的中點(diǎn)，點(diǎn)在四邊形的邊及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)點(diǎn)

6、滿足??????????時(shí)，有平面． 四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。 17．已知向量，，． （1）當(dāng)時(shí)，求向量的坐標(biāo)； （2）設(shè)函數(shù)，將函數(shù)圖象上所有點(diǎn)向左平移個(gè)單位長度得到的圖象，當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的最小值． 18．已知的角，，的對(duì)邊分別為，，，設(shè)向量，，. (1)若，求證：為等腰三角形； (2)若，邊長，角，求的面積. 19．如圖所示，在正方體中，為中點(diǎn). (1)求證：平面； (2)若正方體棱長為2，求三棱錐的體積. 20．在中，角A，B，C的

7、對(duì)邊分別是a，b，c，且． (1)求角B的大小； (2)若，D為AC邊上的一點(diǎn)，，且______，求的面積． ①BD是的平分線；②D為線段AC的中點(diǎn)．（從①，②兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在上面的橫線上并作答）． 21．如圖：正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為2，E，F(xiàn)分別為DD1，BB1的中點(diǎn). (1)求證：CF//平面A1EC1； (2)過點(diǎn)D在答題卡上作正方體截面使其與平面A1EC1平行，請(qǐng)給以證明并求出該截面的面積. 22．如圖，某巡邏艇在A處發(fā)現(xiàn)北偏東30°相距海里的B處有一艘走私船，正沿東偏南45°的方向以3海里小時(shí)

8、的速度向我海岸行駛，巡邏艇立即以海里小時(shí)的速度沿著正東方向直線追去，1小時(shí)后，巡邏艇到達(dá)C處，走私船到達(dá)D處，此時(shí)走私船發(fā)現(xiàn)了巡邏艇，立即改變航向，以原速向正東方向逃竄，巡邏艇立即加速以海里小時(shí)的速度沿著直線追擊 (1)當(dāng)走私船發(fā)現(xiàn)了巡邏艇時(shí)，兩船相距多少海里 (2)問巡邏艇應(yīng)該沿什么方向去追，才能最快追上走私船 草稿紙 參考答案： 1．B 【詳解】：因?yàn)椋? 所以的虛部為，故A錯(cuò)誤； ，故B正確； 不是純虛數(shù)，故C錯(cuò)誤； 在復(fù)平面內(nèi)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第三象限，故D錯(cuò)誤． 故選B． 2．D 【分析】由斜二測(cè)畫法原理將直觀圖轉(zhuǎn)化為原圖，根據(jù)原圖運(yùn)算求解

9、即可. 【詳解】由題意可得：， 由直觀圖可得原圖，如圖所示，可知：， 可得， 所以原三角形的周長. 故選：D. 3．A 【分析】求出與的夾角為銳角時(shí)的充要條件是且，從而判斷出答案. 【詳解】因?yàn)榕c的夾角為銳角，則且與不共線. 時(shí)，， 當(dāng)時(shí)， 則與不共線時(shí)，， 所以與的夾角為銳角的充要條件是且， 顯然且是的真子集， 即“與的夾角為銳角”是“”的充分不必要條件，A正確. 故選：A 4．C 【分析】設(shè)該圓錐的底面半徑為，母線長為，利用圓錐側(cè)面的面積公式：即可求解. 【詳解】設(shè)該圓錐的底面半徑為，母線長為， 則該圓錐的側(cè)面積， 截得的小圓錐的底面半徑為，母線

10、長為，其側(cè)面積， 而圓臺(tái)的側(cè)面積． 故兩者側(cè)面積的比值． 故選：C 5．B 【分析】由平面的基本性質(zhì)的公理1可判斷①；由公理2判斷②；由線面的位置關(guān)系可判斷③；由平面基本性質(zhì)的公理3可判斷④． 【詳解】，表示兩個(gè)平面，表示直線，，，表示三個(gè)不同的點(diǎn)， ①若，，，，則，由平面的基本性質(zhì)的公理1，可得①正確； ②，不重合，若，，，，則，由平面的基本性質(zhì)的公理2，可得②正確； ③若，，則或，可得③不正確； ④若，，，，，，如果，，不共線，則與重合，如果3點(diǎn)共線，則與可以相交．由平面的基本性質(zhì)的公理3，可得④不正確． 其中正確的個(gè)數(shù)為2， 故選：B 6．B 【分析】由已知結(jié)

11、合正弦定理及和差角公式進(jìn)行化簡，求得，再結(jié)合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解. 【詳解】由題意，因?yàn)?，所以? 即， 又由，所以， 由因?yàn)?，所以，所以，即? 因?yàn)椋? 由余弦定理可得，解得， 則的面積為. 故選：B. 【點(diǎn)睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理和兩角和與差的正弦函數(shù)公式的化簡求值的綜合應(yīng)用，意在考查推理與運(yùn)算能力，屬于中檔試題. 7．C 【分析】本題考查棱錐的外接球，球的表面積，棱錐體積，棱錐與棱柱的結(jié)構(gòu)特征，屬于中檔題．將正四面體補(bǔ)全為正方體，利用正四面體的外接球與正方體外接球相同，求出正方體的邊長，進(jìn)而求出正四面體的體積． 【詳解】解：設(shè)外

12、接球半徑為， 由，解得， 將正四面體補(bǔ)成正方體，知正四面體的棱為正方體的面對(duì)角線， 正四面體的外接球即為正方體的外接球， 正方體的體對(duì)角線等于外接球的直徑， 設(shè)正方體棱長為，則，解得 該正四面體的體積為正方體的體積減去個(gè)三棱錐的體積， 所以． 故選C． ?? 8．C 【分析】設(shè)，可以用表示和，從而得到與的關(guān)系，再利用均值不等式求解. 【詳解】設(shè) 因?yàn)? 所以 所以，所以 當(dāng)且僅當(dāng)，即取等，此時(shí)，與重合，符合題意. 故選：C. 【點(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵是利用平面向量基本定理找到與的關(guān)系，從而把問題轉(zhuǎn)化為均值不等式問題. 9．AD 【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算、復(fù)

13、數(shù)的概念、復(fù)數(shù)模的幾何意義判斷各選項(xiàng)． 【詳解】，所以，A正確； ，虛部是，B錯(cuò)誤； ，若，則是實(shí)數(shù)，若，則是虛數(shù)，不是純虛數(shù)，C錯(cuò)誤； ，則復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在以為圓心，1為半徑的圓上，這個(gè)圓上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離最小值為0，最大值為2，所以，D正確． 故選：AD． 10．ACD 【分析】由平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，可得出的值，根據(jù)二倍角公式及兩角和的正切即可判斷各選項(xiàng). 【詳解】 所以 , 故A正確； , , ，故B錯(cuò)誤；，故C正確； ， ，故D正確； 故選：ACD. 11．BCD 【分析】根據(jù)余弦定理和正弦定理及三角形面積公式分別判斷A，B，C，D選項(xiàng)即可．

14、【詳解】由正弦定理及可得．對(duì)于A，根據(jù)余弦定理得，所以，故A錯(cuò)誤； 對(duì)于B，若，則，又， 所以，而，所以，即，故B正確； 對(duì)于C，若是等腰三角形，只可能是（若，則，不能構(gòu)成三角形）， 則，由余弦定理可得，所以，故C正確； 對(duì)于D，由余弦定理可得，所以， 所以，當(dāng)時(shí)，取最大值3，故D正確． 故選:BCD. 12．ABD 【分析】作出過B，N，P的截面判斷選項(xiàng)A；取中點(diǎn)為Q，證明其滿足選項(xiàng)B；過MN與底面平行的平面截正方體得出的下半部分為長方體，其外接球也是過C，M，B，N四點(diǎn)的球，由此求得球半徑，得表面積，判斷選項(xiàng)C；當(dāng)Q在運(yùn)動(dòng)時(shí)，確定截面的形狀，判斷選項(xiàng)D． 【詳解】A.連

15、接，，，正方體中易知， 又有分別是，中點(diǎn)，則，所以，即四點(diǎn)共面，所以當(dāng)Q與重合時(shí)滿足B，N，P，Q四點(diǎn)共面，故選項(xiàng)A正確； B.如圖，取中點(diǎn)為Q，連接PQ，QM，， 因?yàn)榉謩e，中點(diǎn)，則與平行且相等，故四邊形是平行四邊形，所以，又是中點(diǎn)，所以，所以， 平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故選項(xiàng)B正確； 選項(xiàng)C， 取中點(diǎn)U，中點(diǎn)V，連接MV，MU，NV，NU，則多面體MUNV-ABCD是正四棱柱（也是長方體），它的外接球就是過B，C，M，N四點(diǎn)的球，所以球直徑為，半徑，表面積為.故選項(xiàng)C錯(cuò)． 選項(xiàng)D，正方體中，M，N分別是，中點(diǎn)，則， Q在線段（除端點(diǎn)外）上，

16、如圖，作交于E，連接EN，延長交DC延長線于點(diǎn)K，連接QM延長交DA延長線于點(diǎn)T，連接TK交AB于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F,多邊形QENFGM為所過M，N，Q三點(diǎn)的截面， 由正方體的對(duì)稱性可知梯形QENM與梯形FGMN全等，則截面為六邊形. 當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，點(diǎn)與點(diǎn)重合,此時(shí)截面為四邊形（菱形）. 當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，點(diǎn)與點(diǎn)重合,此時(shí)截面為四邊形（矩形）. 綜上，過Q，M，N三點(diǎn)的平面截正方體所得截面圖形不可能是五邊形. 故選項(xiàng)D正確； 故選：ABD． 【點(diǎn)睛】三棱錐外接球點(diǎn)睛： 求三棱錐外接球時(shí)，常見方法有兩種：一種是直接法，一種是補(bǔ)形. 解題時(shí)要認(rèn)真分析圖形，看能否把三棱錐補(bǔ)形成一

17、個(gè)正方體（長方體），若能，則正方體（長方體）的頂點(diǎn)均在球面上，正方體（長方體）的體對(duì)角線長等于球的直徑.另一種是直接法，三棱錐任意兩個(gè)面過外心的垂線的交點(diǎn)即為三棱錐外接球的球心. 13． 【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系結(jié)合誘導(dǎo)公式可求得結(jié)果. 【詳解】因?yàn)闉殇J角，且，則， 因此，. 故答案為：. 14． 【詳解】試題分析：由題可知，小球的體積等于水面上升的的體積，因此有，化簡可得，； 考點(diǎn)：簡單幾何體的體積公式 15． 【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積定義和三角形面積公式可求得，由已知關(guān)系式可知為的重心，由此可得. 【詳解】，， ； ，是的重心，. 故答案為：.

18、 16．線段D. 【分析】本題考查線面平行的條件的判斷，考查面面平行的判定與性質(zhì)，屬于中檔題． 先通過面面平行的判定定理得到平面平面，從而求出滿足條件線段時(shí)，有平面． 【詳解】解：在正方體中，，，分別是，，的中點(diǎn)， 點(diǎn)在四邊形的邊及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)． ，，所以， 平面，平面， 所以平面， 同理可得平面， ，，平面， 平面平面， 滿足條件線段時(shí)，有平面． 故答案為：線段D. 17．（1）；（2）． 【分析】（1）代入數(shù)據(jù)即可求解； （2）先根據(jù)二倍角的正弦公式化簡函數(shù)，再得到函數(shù)的解析式，再根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)即可求出答案． 【詳解】解：（1）當(dāng)時(shí)，，， ∴； （

19、2）∵，， ∴， ∵函數(shù)圖象上所有點(diǎn)向左平移個(gè)單位長度得到的圖象， ∴， ∵，∴，∴，∴， ∴的最小值為． 【點(diǎn)睛】本題主要考查向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示，考查三角函數(shù)的化簡與性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題． 18．(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）根據(jù)，利用向量平行的坐標(biāo)表示，再由正弦定理將角化邊，即可證明； （2）根據(jù)向量垂直的數(shù)量積的坐標(biāo)表示可得，再根據(jù)余弦定理，兩式聯(lián)立可直接求得，并求得三角形的面積. 【詳解】（1）因?yàn)椋遥? 所以，由正弦定理可得， 即，顯然，所以，所以是等腰三角形. （2）因?yàn)?，且? 所以，整理得， 根據(jù)余弦定理可得， 即， 即，所以

20、解得（舍）或 ， 所以， 所以的面積是. 19．(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）連接交于，由中位線得，即可證平面； （2），代入數(shù)據(jù)運(yùn)算即可. 【詳解】（1）證明：連接交于，連接， 則是的中點(diǎn)，又為中點(diǎn)，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）. 20．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化簡，再根據(jù)三角形中角的范圍可求得； （2）若選①：利用三角形面積關(guān)系和余弦定理求得，然后根據(jù)面積公式即可；若選②：根據(jù)中點(diǎn)的向量關(guān)系式并同時(shí)平方，結(jié)合余弦定理求得，然后根據(jù)面積公式即可. 【詳解】（1）由正弦定理知： 又： 代入上式可得： ，則

21、 故有： 又，則 故的大小為： （2）若選①： 由BD平分得： 則有：，即 在中，由余弦定理可得： 又，則有： 聯(lián)立 可得： 解得：（舍去） 故 若選②： 可得：， ，可得： 在中，由余弦定理可得：，即 聯(lián)立 解得： 故 21．(1)證明見解析 (2)證明見解析， 【分析】（1）利用線面平行判定定理去證明CF//平面A1EC1； （2）先利用面面平行判定定理作出截面，再去求其面積即可. 【詳解】（1）取中點(diǎn)M，連接 由，可得四邊形為平行四邊形，則 由，可得四邊形為平行四邊形，則 則，又平面，平面，則平面； （2）取AA1，CC1

22、中點(diǎn)G，H，連接DG，CB1，B1H，HD， 因?yàn)樗倪呅蜛DHF為平行四邊形，所以AF//DH 因?yàn)樗倪呅蜛FB1G為平行四邊形，所以GB1//AF，所以GB1//DH 所以GDHB1即為過點(diǎn)D長方體截面， ∵DG//A1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DG//平面AEC1 ∵DH// C1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DH//平面AEC1 又∵，∴平面DHB1G//平面AEC1. 22．(1)兩船相距海里. (2)巡邏艇應(yīng)該北偏東方向去追，才能最快追上走私船. 【分析】（1）在中，解三角形得，， 在中，由余弦定理求得. （2）在中，解三角形得，，得到，在中，由正弦定理求得，結(jié)合圖形知巡邏艇的追趕方向. 【詳解】（1）由題意知，當(dāng)走私船發(fā)現(xiàn)了巡邏艇時(shí)，走私船在D處，巡邏艇在C處，此時(shí)， 由題意知 在中， 由余弦定理得 所以 在中， 由正弦定理得，即 所以（舍去） 所在 又 在中， 由余弦定理得 ， 故當(dāng)走私船發(fā)現(xiàn)了巡邏艇時(shí)，兩船相距海里. （2）當(dāng)巡邏艇經(jīng)過小時(shí)經(jīng)方向在處追上走私船， 則 在中，由正弦定理得： 則 所以， 在中，由正弦定理得： 則，故 （舍） 故巡邏艇應(yīng)該北偏東方向去追，才能最快追上走私船.