《江西省南昌市2022-2023学年高一年级下册学期第二次月考数学试题(2)【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省南昌市2022-2023学年高一年级下册学期第二次月考数学试题(2)【含答案】（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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. 在复平面内，复数 (i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【详解】分析：首先求得复数z，然后求解其共轭复数即可.详解：由复数的运算法则有：，则，其对应的点位于第四象限.本题选择D选项.点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2. 已知向量，若，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用平面向量共线的性质求解即可.【详解】由已知得，解得，故
2、选：.3. 下图是利用斜二测画法画出的的直观图，已知轴，且的面积为16，过作，垂足为点，则的长为（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】利用面积公式求出原的高，进而求出，然后在直角三角形中求解即可【详解】由题可知，在中，因为的面积为16，所以，因为， 轴于点，所以，故选：A.4. 中，是边上靠近的三等分点，则向量（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量的三角形法则以及线性运算法则进行运算，即可得出结论.【详解】解：因为点是边上靠近的三等分点，所以，所以；故选：C.5. 设，若，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】易知，所以，故选D6. 如
3、图，在正三棱柱中，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接.证明，得是异面直线与所成的角（或补角）.设，用余弦定理计算出余弦值.【详解】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，.由已知，又，所以是平行四边形，同时可得是中点，而是中点，所以.所以，则是异面直线与所成的角（或补角）.又平面，则平面平面，则，设，则，从而，故.在中，由余弦定理可得.所以异面直线与所成的角的余弦值为.故选:B.7. 在中，角、所对的边分别为、，已知，为使此三角形有两个，则满足的条件是（）A. B
4、. C. D. 或【答案】A【解析】【分析】作出图形可得出关于的不等式，由此可解得的取值范围.【详解】如下图所示：因为有两解，且，则，即.故选：A.8. 在中，角、所对的边分别为、，其中，则的最小值为（ ）A. 9B. 12C. 18D. 20【答案】C【解析】【分析】由已知，根据正弦定理的边角关系可得，再应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立条件.【详解】由题意，结合正弦定理，可得：，又，即，当且仅当时等号成立，即的最小值为18故选：C二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
5、9. 已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理可以判断A；借助长方体可判断B；根据垂直于同一条直线的两个平面平行可以判断C；两条平行直线分别垂直于两个平面，则这两个平面平行.可以判断D.【详解】若，则且使得，又，则，由线面垂直的判定定理得，故A正确；若，如图 设，平面为平面，平面为平面，则，故B错误；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C正确；若，则，又，则，故D正确.故选：ACD10. 已知向量，若中为锐角，则实数的值可以是（ ）A. 1B. C. 0D. 2【答案】
6、CD【解析】【分析】先求出，的坐标，由题意可得且不共线，求解即可.【详解】解析：由已知，所以，.因为为锐角，所以且不共线，所以，所以且，解得且，即实数应满足的条件是且.故选:CD.11. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，则（ ）A. B. 平面C. 异面直线与所成角的余弦值为D. 与平面所成角为【答案】AB【解析】【分析】利用勾股定理得到，再由平面，得到，结合线面垂直判定定理，证得平面，即可判定A正确；由，得到，结合，即可证得平面，可判定B正确；把异面直线与所成角转化为与所成角，在直角，可判定C不正确；根据线面角的定义，得到为与平面所成角，在直角中可判定D不正确.【详解】根据题意，设
7、，则，对于A中，由余弦定理可得，所以，所以，因为平面，且平面，可得，又由且平面，所以平面，因为平面，所以，所以A正确；对于B中，由，因为，可得，又由平面，且平面，可得，又由且平面，所以平面，所以B正确；对于C中，由底面为平行四边形，可得，所以异面直线与所成角，即为与所成角，设，在直角，可得，所以.所以C不正确；对于D中，因为底面，所以为与平面所成角，可得，所以，即直线与平面所成角为，所以D不正确.故选：AB.12. 在，下列说法正确的是（ ）A. 若，则为等腰三角形B. 若，则必有两解C. 若是锐角三角形，则D. 若，则为锐角三角形【答案】BC【解析】【分析】利用正弦定理结合正弦函数的性质可判
8、断A；根据边角关系判断三角形解的个数可判断B； 由已知得，结合正弦函数性质可判断C；利用二倍角的余弦公结合余弦定理可判断D.【详解】对于A，由正弦定理可得，或即，为等腰或直角三角形，故A错误；对于B，即，必有两解，故B正确；对于C，锐角三角形，即，由正弦函数性质结合诱导公式得，故C正确；对于D，利用二倍角的余弦公式知，即，即，即C为锐角，不能说明为锐角三角形，故D错误.故选：BC【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含
9、有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若复数是纯虚数，则实数m=_.【答案】2【解析】【分析】根据纯虚数实部为0虚部不为0计算即可【详解】由题意，解得 故答案为：2.14. 已知函数（）的部分图象如图所示，则的解析式是_.【答案】【解析】【详解】试题分析：由图可知，得，从而，所以，然后将代入，得，又，得，因此，注意最后确定的值时，一定要代入，而不是，否则会产生增根.考点：三角函数的图象与性质.15. 在空间四边形中，分别是的中点.若，且与所成的角为，则的长_.【答案】或【解析】【分析
10、】由题意可知四边形为菱形，且知菱形相邻的两个角分别为，再由所给边长即可求得的长.【详解】如图所示， 因为分别是的中点，所以所以四边形为菱形，又因为与所成的角为，所以直线与所成角为，所以菱形的边长为，相邻两个内角分别为，即或，所以或，故答案为：或16. 如图，正方体的棱长为分别是的中点，设过三点的平面与交于点的长为_. 【答案】#【解析】【分析】设三点确定的平面为，直线与直线交于点，连接，如图所示，由题意知，与的交点为，连接，可得直线是平面与平面的交线，在中求解即可.【详解】设三点确定的平面为，则与平面的交线为直线.设直线与直线交于点，连接，如图所示，则直线是与平面的交线.由题意知，与的交点为，
11、连接，则直线是平面与平面的交线.由题意知.因为，所以，所以.在中，所以.故答案为： 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. 已知正方体. （1）求证：平面；（2）求证：【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）证明四边形是平行四边形，从而得到，再利用线面平行的判定即可证明；（2）根据正方形对角线垂直以及线面垂直的性质即可证平面，再次利用线面垂直的性质即可证明.【小问1详解】正方体，又四边形是平行四边形，平面平面平面.【小问2详解】正方体.平面，平面，又，平面，平面.平面18. 已知函数，（1）当时，求的最值及取到最值时的值；（2）若
12、函数在上有两个不同的零点，求实数的取值范围，并求的值，【答案】（1）时，取得最大值；时，取得最小值 （2），【解析】【分析】（1）利用整体法，结合正弦函数的性质求解即可；（2）将问题转化为与的图像有两个交点，结合正弦函数的性质作出图像，从而得解.【小问1详解】因为函数，由可得，所以当，即时，取得最大值1；当，即时，取得最小值.【小问2详解】函数在上有两个不同的零点，可转化为函数与的图像有两个交点，由，可得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减，作出函数与的大致图像如下， 由图可知当时，函数图像与直线有两个交点，其横坐标分别为，且关于对称，故实数的取值范围是，所以，19. 在如图的几何体中，四边
13、形是正方形，平面，点分别为棱的中点.求证： （1）平面平面；（2）平面.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可；（2）根据线面垂直的性质定理和判定定理证明.【小问1详解】分别为棱的中点，.又平面平面平面.四边形是正方形，.平面平面平面.又平面,平面平面.【小问2详解】由已知平面平面.又平面.四边形为正方形，.又平面，平面.在中，分别为的中点，平面.20. 如图，在平面四边形中，. （1）若，求的面积；（2）若，求的长.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）在中，先利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解即可；（2）先在在中利用正弦
14、定理求得，再在中利用余弦定理即可得解.【小问1详解】在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去），所以的面积.【小问2详解】在中，由正弦定理得，又，所以，在中，由余弦定理得，所以的长为.21. 已知函数（1）求的最小正周期和单调增区间；（2）在中，角、对边分别为、若，求的面积的最大值【答案】（1）函数的最小正周期为，单调递增区间是 （2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期，解不等式可得出函数的单调递增区间；（2）由结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.【小问1详解】解：，所以，函数的最小正周期为，令，解得，故函数的单调
