河南省创新发展联盟2023-2024学年高一下学期第二次月考（4月）数学试题【含答案】

2023—2024学年高一下学期第二次月考数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章第4节.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（

）A． B． C． D．2．复数的实部和虚部分别是（

）A．1，1 B．1， C．， D．，3．下列结论正确的是（

）A．底面是正方形的棱锥是正四棱锥B．绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥C．有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台D．棱台的所有侧棱所在直线必交于一点4．一艘轮船从地出发，先沿东北方向航行15海里后到达地，然后从地出发，沿北偏西方向航行10海里后到达地，则地与地之间的距离是（

）A．海里 B．海里 C．海里 D．15海里5．是在斜二测画法下的直观图，其中，则的面积是（

）A． B．4 C．8 D．6．在中，角的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（

）A． B． C． D．8．18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，即复数的模的几何意义为对应的点到原点的距离.设复数，且，则的取值范围是（

）A． B．C． D．二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知点，，，则下列结论正确的是（

）A．是直角三角形B．若点，则四边形是平行四边形C．若，则D．若，则10．已知复数，则（

）A． B． C． D．11．在正四棱台中，，，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（

）A．四棱台的表面积是B．四棱台的体积是C．的最小值为D．的最小值为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．一个棱台至少有个面．13．已知向量，，若向量，的夹角，则的取值范围是．14．如图，在扇形中，半径，，在半径上，在半径上，是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形的周长的取值范围是．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．已知复数，．(1)若是纯虚数，求的值；(2)若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围．16．如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上､下底面圆的圆心连线的平面）是边长为6的正方形.(1)求该几何体的表面积；(2)求该几何体的体积.17．在中，点，分别在边，上，且，，是，的交点．设，．(1)用，表示，；(2)求的值．18．如图，在长方体中，分别在上.已知，.(1)作出平面截长方体的截面，并写出作法；(2)求（1）中所作截面的周长；(3)长方体被平面截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.19．如图，在平面四边形中，，，，．(1)若为锐角，且，求的面积；(2)求四边形面积的最大值；(3)当时，在四边形所在平面内，求的最小值．1．B【分析】利用向量加减运算法则计算即可得答案.【详解】易知.故选：B2．A【分析】由复数代数形式的运算化简即可.【详解】，所以数的实部和虚部分别是1,1，故选：A.3．D【分析】根据正四棱锥的定义即可判断A，举反例即可判断BC，根据棱台特点即可判断D.【详解】对于A，底面是正方形的棱锥且顶点在底面的射影为底面中心才是正四棱锥，故A错误；对于B，以直角三角形斜边所在的直线为旋转轴时，所形成的几何体是两个同底的圆锥，故B错误；对于C，如图的几何体满足条件，但侧棱延长线不能相交于一点，不是棱台，C错误；

对于D，由棱台结构特征知侧棱延长后必交于一点，D正确.故选：D.4．A【分析】由题意可求得，利用余弦定理可得，可求得.【详解】在中，由题意可知海里，海里，.

由余弦定理可得，则海里.故选：A.5．C【分析】根据斜二测画法的规则，还原平面图形，即可求解.【详解】如图，还原直角坐标系下的，，，点分别在轴和轴上，所以的面积是.故选：C6．B【分析】利用正弦定理和余弦定理可得，但不一定为锐角；若是锐角三角形可知满足，即可得出结论.【详解】由是锐角三角形，得，从而，故，即，即，可得，即必要性成立；反之，若“”可得，即，可得，可知，但角可能为钝角，所以充分性不成立；故选：B7．A【分析】根据平行线分线段成比例可求得，结合棱台和棱柱体积公式可求得结果.【详解】，，，，；，几何体为三棱台，设三棱柱的高为，，，.故选：A.8．D【分析】利用复数的模的几何意义可得表示动点到定点的距离为定长，的几何意义表示动点到定点的距离，据此可求解.【详解】由，可知其几何意义表示动点到定点的距离为定长，则动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.同理，的几何意义表示动点到定点的距离.因为，所以.故选：D.9．ABD【分析】根据向量垂直、平行的坐标表示，线性运算的坐标表示求解后判断各选项．【详解】，，所以，，是直角三角形，A正确.若点，则,，四边形是平行四边形，B正确.若，则，C错误.若，则是中点，，D正确.故选：ABD．10．BD【分析】根据复数乘法可得，再结合共轭复数以及复数的模长公式逐项分析判断.【详解】因为，所以，故AC错误，BD正确.故选：BD.11．ABD【分析】求出四棱台的表面积即可判断A；由正四棱台的体积公式计算出体积，即可判断B；将侧面展开在同一平面，结合余弦定理即可判断CD．【详解】对于A，由题可知，四边形为正方形，所以，分别取的中点，则为侧面高，因为侧面为等腰梯形，侧面高，所以一个侧面的面积为，故正四棱台的表面积为，故A正确；对于B，连接，取中点，连接，过点作，则正四棱台的高为，，则，在梯形中，，所以四棱台的体积，故B正确；

对于C，将侧面展开且处于同一平面，连接与交于点，如图所示，则，所以，由上述结论可知，，由余弦定理得，，解得，则，所以，因为为棱上的动点（含端点），所以点不能共线，所以，故C错误；对于D，当点共线时，最短，由余弦定理得，，解得，所以的最小值为，故D正确；故选：ABD．

12．5【分析】根据面数最少的棱台是三棱台，即可求解.【详解】由题意，面数最少的棱台是三棱台，其中三棱台有个面．故答案为：.13．【分析】利用向量夹角余弦公式以及夹角范围计算即可.【详解】由题意可得，因为，所以，所以，则，解得或.故答案为：14．【分析】设，利用平行四边形性质，结合勾股定理求出周长的函数关系，再求出函数的值域即可.【详解】设，则，由，得，显然，连接，由，，得，，因此的周长显然，当，即时，，而时，，所以的周长的取值范围是.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）由实部为且虚部不为列式求解；（2）由实部小于0与虚部大于得到不等式组，求出的取值范围．【详解】（1）是纯虚数，故，解得.（2）因为在复平面内对应的点在第二象限，所以，解得，故的取值范围为．16．(1)(2)【分析】（1）由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高.结合球的表面积公式与圆的面积公式，矩形的面积公式可求该几何体的表面积.（2）利用球的体积公式与圆柱的体积公式可求几何体的体积.【详解】（1）由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高.由球的表面积公式可得半球的曲面面积，由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积，由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积，故该几何体的表面积.（2）由球的体积公式可得半球的体积.由圆柱的体积公式可得圆柱的体积.故该几何体的体积.17．(1)，(2)【分析】（1）利用向量的线性运算求解即可；（2）利用，，三点共线，可得，，，三点共线，所以，进而可得，求解即可求得结论.【详解】（1）因为，所以是的中点，则.因为，所以，则.（2）因为，所以.因为，，三点共线，所以.因为，，三点共线，所以，则解得.故.18．(1)答案见解析(2)(3)【分析】（1）延长，与的延长线交于点，连接并延长，可得交的延长线于，可作所求截面.（2）利用平行线分线段成比例定理可求五边形的周长；（3）利用，可求体积.【详解】（1）如图所示，五边形为所求截面.作法如下：延长，与的延长线交于点，连接并延长，分别交于，交的延长线于，连接，交于点，连接，则五边形为所求截面.（2）因为，所以，则，由，可得，得，则，.由，得，由，得，则.故截面的周长为.（3），故所求体积为.19．(1)(2)(3)【分析】（1）连接，在中，在中，分别利用余弦定理表示，可得，可求得，可求得的面积；（2），两边平方结合（1）可求得四边形面积的最大值；（3）将绕点旋转，使得，分别与，重合，连接，，可求得，进而由