山东省济南市莱芜区2022-2023学年高一年级下册学期6月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年度第二学期6月份学情检测数学试题2023.06本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共150分，答题时间120分钟．注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的级部、班级、姓名、准考证号、写在答题纸密封线外，并将姓名、准考证号、考试科目、试卷类型填涂在答题卡上．2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．3．考试结束后将答题卡交回．第I卷（选择题共60分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的．1．若复数(为虚数单位)，则（

）.A．1 B．2 C． D．2．设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，，则3．在中，若，，，则此三角形解的情况是（

）A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定4．若向量，满足，，且，则向量与夹角的余弦值为（

）.A． B． C． D．5．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（

）

A．16 B． C． D．216．如图1，蜜蜂蜂房是由严格的正六棱柱构成的，它的一端是平整的六边形开口.六边形开口可记为图2中的正六边形ABCDEF，其中O为正六边形ABCDEF的中心，设，，若，，则（

）A． B． C． D．7．已知四边形中，，点在四边形的边上运动，则的最小值是（

）A． B． C． D．-18．取两个相互平行且全等的正n边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“n角反棱柱”.当n=4时，得到如图所示棱长均为2的“四角反棱柱”，则该“四角反棱柱”外接球的表面积等于（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（）A．的虚部为B．若，则的最大值是C．的共轭复数为D．在复平面内对应的点在第二象限10．下列说法正确的是（）A．若，，则B．两个非零向量和，若，则与垂直C．若，则是的垂心D．已知，，若在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则11．在中，角，，所对的边分别为，，，，，为外接圆圆心，为的中点．则下列结论正确的有（）A．B．外接圆面积为C．D．的最大值为12．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AE､AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B､C､D三点重合于点S，得到四面体（如图2）.下列结论正确的是（

）A．平面平面SAFB．四面体的体积为C．二面角正切值为D．顶点S在底面AEF上的射影为的垂心第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的体积为________．14．已知向量，的夹角的余弦值为，，且与垂直，则___________.15．已知E､F､G､H分别是正方体，边AB，CD，，的中点，则异面直线EH与GF所成角的余弦值为___________.16．已知锐角的内角所对的边分别，角．若是的平分线，交于，且，则的最小值为________；若的外接圆的圆心是，半径是1，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．已知复数，，，i为虚数单位．(1)若是纯虚数，求实数m的值；(2)若，求的值．18．如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．(1)求证：平面；(2)求点D到平面ABE的距离．19．在中，，，，为的三等分点（靠近点）．(1)求的值；(2)若点满足，求的最小值，并求此时的．20．年湖南省油菜花节，益阳市南县罗文村（湖南省首个涂鸦艺术村）通过层层遴选，最终在全省个申办村庄中脱颖而出，取得了此次活动的会场承办权，主办方为了让油菜花种植区与观赏路线布局最优化、合理，设计者们首先规划了一个平面图（如图）．已知：四点共圆，，，，，其中（不计宽度）是观赏路线，与是油菜花区域．(1)求观赏路线的长度；(2)因为场地原因，只能使，求区域面积的最大值．21．如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，(1)求证：平面；(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.22．（1）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知，．当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由．

（2）记的内角，，的对边分别为，，，已知，求的取值范围．1．D【分析】根据题意先求出，然后再求出模.【详解】因为，化简得，故，所以故选：2．C【分析】利用直线、平面的位置关系进行判断以及通过举反例进行排除.【详解】对于A，若，，则或，故A错误；对于B，若，，，则或相交，故B错误；对于C，利用线面垂直的性质定理以及平行的传递性，可知C正确；对于D，若，，，当，不一定垂直于，故D错误.故选：C.3．B【分析】由，根据作圆法结论可得结果.【详解】，，有两解.故选：B.4．D【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.【详解】因为，且，所以，因为，所以向量与夹角的余弦值为，故选：D5．D【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解.【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，故.故选：D6．B【分析】根据正六边形的性质及平面向量线性运算法则计算可得；【详解】解：因为，，由正六边形的性质可知，，所以，，所以.故选：B7．C【分析】由题意分析可知四边形关于直线对称，且，只需考虑点E在边上的运动情况即可，然后分类讨论,求出最小值.【详解】如图所示，因为，且，所以垂直且平分，则为等腰三角形，又，所以为等边三角形,则四边形关于直线对称，故点E在四边形上运动时，只需考虑点E在边上的运动情况即可，因为，，知，即，则，①当点E在边上运动时，设，则，则,当时，最小值为；②当点E在边上运动时，设,则,则，当时，的最小值为；综上，的最小值为；故选：C．【点睛】方法点睛：由题意可推得四边形的几何性质，即要推出，然后要考虑E点位置，即要分类讨论，进而根据向量的线性运算表示出，结合二次函数性质即可求解.8．B【分析】根据球的性质，结合四角反棱柱的几何性质、球的表面积公式进行求解即可.【详解】如图所示：设上下底面的中心分别为，设该“四角反棱柱”外接球的球心是，显然是的中点，设的中点为，连接，过做，垂足为，因为，，所以，在直角三角形中，，所以有，于是有，在直角三角形中，，所以该“四角反棱柱”外接球的表面积等于，故选：B【点睛】关键点睛：根据四角反棱柱和球的几何性质确定球心的位置是解题的关键.9．BC【分析】化简出复数的最简结果，结合共轭复数定义，复平面内的坐标以及距离的转化即可逐个选项判断.【详解】因为，，，，，所以，所以，所以的虚部为，A错；的共轭复数为，C正确；在复平面内对应的点坐标为，D错；设，则，因为，所以可以看成是圆上的点，看成是圆上的点与原点之间距离，即圆心和原点的距离与半径之和，所以的最大值是，B正确.故选：BC10．BC【分析】当时，可判断A不正确；两边平方得，可判断B正确；根据向量数量积的运算律得，，，可判断C正确；根据投影向量计算公式可得D不正确；【详解】对于A，当时，与可能不平行，故A不正确；对于B，若，则，则，则，又，，所以，故B正确；对于C，若，由，得，得，得，同理，，所以是的垂心，故C正确；对于D，因为，，为与同向的单位向量，所以在上的投影向量为，所以，所以，故D不正确；故选：BC11．ACD【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合诱导公式及二倍角正弦求出角，再利用正余弦定理、三角形面积公式、数量积运算计算判断各选项作答．【详解】在中，由正弦定理及得：，而，则有，即，又，，则，所以，即，A正确；由正弦定理得外接圆半径，该圆面积，B错误；如图，，C正确；

由余弦定理得：，所以，当且仅当时取等号，因此，，所以的最大值为，D正确．故选：ACD12．BD【分析】（１）作辅助线，证为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然为锐角，从而判断A选项．（２）先证平面AEF，从而得到锥体的高，计算出所需长度，算出体积即可．（３）证为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角，计算的正切值．（４）先证O为S在平面AEF上的射影，由于AM，只需证，即可．【详解】如图，作EF的中点M，连结AM、SM，过S作AM的垂线交AM于点O，连结SO，过O作AF的垂线交AF于点N，连结SN由题知AE=AF=，所以AM，SE=SF=1，所以，为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角又平面ASM，平面ASM，SO，作法知，，平面AEF，所以SO为锥体的高．所以O为S在平面AEF上的射影.平面AEF，所以，由作法知，平面SON，平面SON，为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然为锐角，故A错．由题知，，又AS＝２，，SE＝１，，四面体S−AEF的体积为，故B正确．在直角三角形ASM中：故C不正确．因为，，所以，，由对称性知，又AM故D正确．故选：BD．13．【分析】求出圆锥的母线，进而求出圆锥的高，由锥体体积公式进行求解.【详解】设圆锥的高为，母线长为，则展开图扇形的弧长为，则，由勾股定理得，则圆锥的体积.故答案为：14．【分析】由题设令，由及向量数量积的运算律求参数即可.【详解】由题设，，若，则，所以，即，可得.故答案为：15．【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】，，设该正方体的棱长为，显然，于是有，所以，，所以，因此异面直线EH与GF所成角的余弦值为，故答案为：16．.【分析】(1)由已知利用，可得，然后利用“”的代换，基本不等式即可得出结果.(2)根据锐角三角形的角度范围，表示出，进而得出结果.【详解】(1)由是的平分线，得，又，即，化简得，，当且仅当，即，时，取等号．(2)，=，是锐角三角形，，，．故答案为：；.17．(1)(2)【分析】（1）根据复数的运算法则求出，根据复数的概念列式可求出；（2）根据求出，再根据复数的乘法法则求出结果即可.【详解】（1），，所以，因为是纯虚数，所以，得.（2）由（1）知，，因为，所以，得，所以，，所以.18．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）通过证明，，得证平面．（2）由，利用体积法求点D到平面ABE的距离．【详解】（1）证明：∵，D，E分别为AC，的中点，∴，且，又平面，∴平面，又平面，∴，又，且，平面，∴平面．（2）∵，，，∴，∴，，．在中，，，∴边上的高为．∴．设点D到平面ABE的距离为d，根据，得，解得，所以点D到平面ABE的距离为．19．(1)(2)【分析】（1）将化为和表示，利用和的长度和夹角计算可得结果；（2）用、表示，求出关于的函数解析式，根据二次函数知识可求出结果.【详解】（1）因为为的三等分点（靠近点），所以，所以，所以.（2）因为，所以，因为，所以，所以当时，取得最小值.20．(1)(2)【分析】（1）在中，利用正弦定理可求得；在中，利用余弦定理可求得，由此可得结果；（2）在中，利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】（1）四点共圆，，，，；在中，由正弦定理得：，，，，；在中，由余弦定理知：，即，解得：或（舍），.（2）在中，，；在中，由余弦定理得：，（当且仅当时取等号），，即区域面积的最大值为.21．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.【详解】（1）证明：取的中点，连接，为线段的中点，，平面，平面，平面，又，，四边形为平行四边形，则平面，平面，可得平面，又，，平面，可得平面平面，平面，则面.（2）取中点，中点，连接，，，由，，为边的中点，得，所以为等边三角形，从而，，又，为的中点所以，又是等边三角形，所以，所以为二面角的平面角，所以，过点作，过作交于，连接，是等边三角形，所以可求得，，所以，，，，，，所以，，又，，面，所以面，又，所以面，平面，所以面面，由，在中易求得，又，所以，，面面，面，所以面，所以为与平面所成的角，在中可求得，所以，与面所成角的正弦值为22．（1）是，定值为1；（2）【分析】（1）由余弦定理得到，，相减得到为定值，定值为1；（2）首先得到均为锐角，化简得到，，从而得到，换元，则，结合函数单调性求