2022-2023学年福建省福州市闽侯县高一下学期5月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年福建省福州市闽侯县高一下学期5月月考数学试题一、单选题1．如图，是水平放置的△ABC的斜二测画法的直观图，其中，则△ABC是（）A．钝角三角形 B．等腰三角形，但不是直角三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形【答案】C【分析】根据题意，将△还原成原图，分析、、的关系，由三角形的性质即可得答案．【详解】将其还原成原图，设，则可得，，从而，所以，即，故是等腰直角三角形.故选：C.2．在中，角的对边分别为，已知则（

）A．45°或135° B．135°C．45° D．60°或120°【答案】C【分析】根据正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理得：得：，因为，所以，所以.故选：C3．已知，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数、对数函数和余弦函数单调性，结合临界值进行判断即可.【详解】，.故选：B.4．已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为，则圆锥和圆柱的高为，所以圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，所以圆锥和圆柱的侧面积之比为,故选:C.5．已知复数满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，由题意可得，由此可知复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上及圆内部，而表示点到点的距离，进而结合圆的知识即可求解.【详解】设，则，即，所以复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上及圆内部，又表示点到点的距离，而到的距离为，所以的最小值为.故选：A.6．设是不同的直线，是不同的平面，有以下四个命题：①

②③

④，其中正确的命题是（

）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【分析】根据线面、面面平行和垂直的判定定理、性质定理逐项进行分析即可求解.【详解】若，，且，则，故①正确；若，，则或与相交或在平面内，故②不正确；因为，所以内有一直线与平行，而，则，根据面面垂直的判定定理可知：，故③正确；若，，则或，故④不正确.综上，正确的命题是①③.故选：B.7．已知是奇函数，且在上是增函数，又，则的解集为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意判断函数在上为增函数，，作出函数大致图像，数形结合，即可求得的解集.【详解】奇函数在上为增函数，且，函数在上为增函数，且，则函数的大致图像如图所示：由，得或，则或，所以或,即的解集为,故选:A．8．在平行四边形中，，，，，且，则平行四边形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件，利用基底向量表示，即可求，再利用同角三角函数函数表示，最后根据平行四边形面积求解.【详解】因为，，所以，解得：，则，所以.故选：A.二、多选题9．若，是方程的两个虚数根，则（

）A．的取值范围为 B．的共轭复数是C． D．为纯虚数【答案】BCD【分析】，是方程的两个虚数根，则，得，则根据一元二次方程方程的求根公式可知的共轭复数是，【详解】由，得，A错误；因为原方程的根为，所以的共轭复数是，B正确；，C正确；因为等于或，所以为纯虚数，D正确.故选：BCD.10．已知向量，，，则下列说法正确的是（

）A．与夹角的余弦值为 B．在上的投影向量为C．若与的夹角为钝角，则 D．若与的夹角为锐角，则【答案】ABD【分析】已知向量的坐标表示，由向量的投影向量以及数量积公式可分别判断各选项，从而得出结论.【详解】与夹角的余弦值为，A正确.在上的投影向量为，B正确.若与的夹角为钝角，则得，且，C错误.若与的夹角为锐角，则得，D正确.故选：ABD.11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论中正确的选项有（

）A．若，则一定是锐角三角形B．若，则一定为直角三角形C．若，则一定是等边三角形D．若，则一定是等腰三角形【答案】BC【分析】利用正余弦定理逐个分析判断即可【详解】对于A，因为，所以，因为，所以角为锐角，但角A，B的大小不能确定，所以不一定是锐角三角形，所以A错误，对于B，因为，所以由余弦定理得，化简得，所以一定为直角三角形，所以B正确，对于C，因为，所以由正弦定理得，所以,因为，所以，所以一定是等边三角形，所以C正确，对于D，因为，所以由正弦定理得，所以，因为，所以，或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，所以D错误，故选：BC12．已知正实数x，y，z满足，则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】令则，可得：，，进而结合对数运算与换底公式判断各选项即可得答案.；【详解】解：令，则，可得：，，，对于选项A：因为，所以，故选项A正确；对于选项B，因为，故，所以，即；，即，故B选项错误.对于选项C：，因为，所以，因为，所以，即，即，故选项C正确；对于选项D：，，因为，因为所以等号不成立，所以，即，所以，根据“或”命题的性质可知选项D正确.故选：ACD三、填空题13．已知四面体中，、、分别为、、的中点，且异面直线与所成的角为，则.【答案】或【分析】根据，，结合异面直线夹角的定义求解即可.【详解】如图，因为、、分别为、、的中点，故，，故与所成的角即与所成的角为，且与相等或者互补，故或.故答案为：或14．已知向量满足，则．【答案】【分析】首先将两边平方，化简，代入数据求得，再由向量模长的计算方法，将平方再开方，代入所求即可的到结果.【详解】即，解得，.故答案为：15．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度m.【答案】【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.【解析】正弦定理及运用．16．在中，已知的平分线，则的面积为.【答案】【分析】根据角平线的性质，可设，，然后结合余弦定理列方程解之得出的值，由余弦定理可求的值，利用同角三角函数基本关系式求出，结合三角形的面积公式即可求解．【详解】如图：因为是的平分线，所以，不妨设，，由题意得，由余弦定理得：，，所以，解得，负值舍去，所以．所以，可得，所以．故答案为：.四、解答题17．设向量满足.(1)求向量的夹角；(2)若，求实数的值【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用向量的夹角公式求解作答.（2）利用垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求解作答.【详解】（1）因为，则，又，所以向量的夹角.（2）因为，则，解得，所以实数的值为6.18．已知复数（其中是虚数单位，）.(1)若在复平面内表示的点在第三象限的角平分线上，求实数的值；(2)若，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得，解之即可得解；（2）根据，可得，消去，再结合三角函数的性质即可得解.【详解】（1）若在复平面内表示的点在第三象限的角平分线上，则，解得；（2）若，则，由②得③，将①③相加得，故，因为，则当时，，当时，，所以的取值范围为.19．已知锐角的面积是，．(1)求的值；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用向量的数量积的定义及三角形的面积公式，结合同角三角函数的商数关系及特殊值的三角函数即可求解；（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，利用正弦定理、三角形的周长公式及两角和差的正弦公式，结合辅助角公式、锐角三角形的定义及三角函数的性质即可求解.【详解】（1）由，得，，所以，即，在锐角中，，所以，所以.（2）由（1）知，，在中，.在中，得，所以周长，因为是锐角三角形，所以，解得，所以所以，所以.所以周长的取值范围是.20．如图，四棱锥中，，，为的中点．(1)求证：平面.(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，证明见解析【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；（2）点为线段的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面平面．【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，．因为为的中点，所以，．又，，所以，．因此四边形是平行四边形，所以．又平面，平面，因此平面．（2）解：如图所示，取的中点，连接，，所以又，所以．又，所以四边形为平行四边形，因此．又平面，所以平面．由（1）可知平面．因为，故平面平面．21．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)若，求的值；(2)求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理分别求出，再根据三角形内角和定理将用表示，再将所求化简即可得解；（2）利用余弦定理结合可得，结合基本不等式求出的范围，计算可得，令，再根据二次函数的性质即可得解.【详解】（1）因为，所以，所以，则；（2）由，得，因为，所以，所以，当且仅当时，取等号，，，令，则，则，因为，所以，所以的最小值为．22．如图，四面体中，，E为AC的中点．(1)证明：平面平面ACD；(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.【详解】（1）由于，是的中点，所以