2021-2022学年辽宁省六校协作体高一（下）第三次月考数学试卷（含答案解析）

2021-2022学年辽宁省六校协作体高一（下）第三次月考数学试卷

1.  若复数z满足，则在复平面内，z对应的点的坐标是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  下列命题正确的是(    )

A. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
C. 四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面
D. 棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形

3.  的值为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  将函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍纵坐标不变，然后再向右平移个单位长度，则所得图象的函数解析式是(    )

A.  B.
C.  D.

5.  下列命题正确的有(    )

A. ，使得等式成立
B. ，都有
C. 已知，为第一象限角，若，则
D. 若，则角是第一象限角

6.  玩具制造商设计并投产一种全新的益智玩具”智慧立方”它的形状为正四面体．通过大量的人体力学实验得知当“智慧立方系数“时尺寸最适合岁的小朋友把玩，其中V是正四面体的体积，S是正四面体的表面积．则棱长a尺寸最合适范围是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  如图，四边形ABCD四点共圆，其中BD为直径，，，，则的面积为(    )

A.
B.
C.
D.

8.  在中，，，，D为BC的中点，点E满足，直线CE与AD交于点P，则(    )

A.
B.
C.
D.

9.  已知复数z，，，下列命题错误的有(    )

A. 若，则
B. 若，那么
C. 若，那么
D. 若，那么

10.  函数，则(    )

A. 的值域为R
B. 在上单调递增
C. 有无数个零点
D. 在定义域内存在递减区间

11.  在正方体中，M，N，P分别为棱AB，，的中点，动点平面MNP，，则(    )

A.
B. 直线平面
C. 正方体被平面MNP截得的截面为正六边形
D. 点Q的轨迹长度为

12.  已知中，是边BC的中点，动点P满足，则(    )

A. 的值可以等于2
B. 的值可以等于2
C. 的值可以等于
D. 的值可以等于3

13.  记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______，______.

14.  已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则它的母线长为______ ；该圆锥的体积为______ .

15.  为奇函数，那么的一个取值为______.

16.  在长方体中，，；点E，F分别为AB、CD中点；那么长方体外接球表面积为______；三棱锥的外接球的体积为______.

17.  已知平面向量，，，满足，，
若与共线，求向量的坐标；
若，求向量，的夹角．

18.  正棱锥的底面边长为4，高为求：
棱锥的侧棱长和侧面的高；
棱锥的表面积与体积．

19.  已知函数的图象如图，其中A，B分别为最高点和最低点．C，D为零点，
求的解析式；
求…的值．

20.  如图所示，在直三棱柱中，D是AB的中点．
证明：平面；
设，，求几何体的体积．

21.  在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且，作，使得如图所示的四边形ABCD满足，
求B；
求BC的取值范围．

22.  已知向量令函数
求函数的最大值；
中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的角平分线交AB于其中，函数恰好为函数的最大值，且此时，求的最小值．

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：复数z满足，则有，
故在复平面内，z对应的点的坐标是，
故选
由题意可得，再利用两个复数代数形式的乘除法法则化为，从而求得z对应的点的坐标．
本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，复数与复平面内对应点之间的关系，属于基础题．
 

2.【答案】C 

【解析】解：对于A，棱柱的侧棱都相等，但侧面不一定是全等的平行四边形，A错误；
对于B，用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，B错误；
对于C，四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面，C正确；
对于D，棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，D错误．
故选：
棱柱的侧面不一定是全等的平行四边形，A错误；
用平行于底面的平面去截棱锥，才满足，B错误；
棱台的侧面不一定是等腰梯形，D错误，C正确．
本题考查棱柱、棱锥、棱台的结构特征，属于基础题．
 

3.【答案】B 

【解析】

【分析】

本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握两角差的余弦公式，诱导公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
结合诱导公式与两角差的余弦公式，即可得解．

【解答】

解：
故本题选

4.【答案】B 

【解析】解：将函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍纵坐标不变，可得的图象；
然后再向右平移个单位长度，则所得图象的函数解析式是，
故选：
由题意，利用函数的图象变换规律，得出结论．
本题主要考查函数的图象变换规律，属于基础题．
 

5.【答案】A 

【解析】解：选项A，当时，，，即选项A正确；
选项B，当时，等式两边均没有意义，即选项B错误；
选项C，取，，满足，为第一象限角，且，所以，，此时，即选项C错误；
选项D，若，即，所以，显然不只是第一象限角，即选项D错误．
故选：
选项A，取特殊值，，代入运算，可判断；
选项B，取特殊值，当时，等式两边均没有意义；
选项C，取，，代入运算，可判断；
选项D，由辅助角公式，可得，显然不只是第一象限角．
本题考查三角函数中的综合问题，熟练掌握特殊角的三角函数值，辅助角公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 

6.【答案】D 

【解析】解：如图正四面体ABCD中，H是的中心，则AH是高，，

正四面体棱长为a，则，
，
，
所以，
由，又，因此解得
故选：
求出正四面体的体积和表面积，计算出，然后解相应不等式可得．
本题考查了正四面体的体积和表面积，属于中档题．
 

7.【答案】C 

【解析】解：在中，，，，
由余弦定理得，
由正弦定理，得，
在和中，，
，
，
的面积为
故选：
先在中利用余弦定理求出边AC，再利用正弦定理求出直径BD，进而利用直角三角形求出AD，CD，再利用三角形的面积公式进行求解．
本题考查三角形的面积的求法，考查余弦定理等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
 

8.【答案】B 

【解析】解：设，，
为BC的中点，，
点E满足，，
，
，
，
，
，，

故选：
设，，可得，，利用向量法可求
本题考查向量法在解三角形的应用，属中档题．
 

9.【答案】BCD 

【解析】解：对于A，由复数模的运算性质可知，，即，故选项A正确；
对于B，由复数的定义可得当时，不一定属于R，如，，，，故选项B错误；
对于C，若，可举例，，则，但，故选项C错误；
对于D，若，可举例，，但，故选项D错误．
故选：
利用复数模的运算性质判断选项A，由复数的定义可判断B，由特殊例子判断选项C，
本题考查了复数的综合应用，涉及了复数模的运算性质、虚数的定义、复数的几何意义，属于基础题．
 

10.【答案】AC 

【解析】解：，，其值域为R，故A正确；
在上，不存在，B错误；
显然，，零点为，有无数个，C正确；
在定义域内每一个区间，上，函数都是增函数，无减区间，D错误．
故选：
利用二倍角公式，同角关系化简函数式，再根据正切函数性质即可判断得解．
本题考查了二倍角公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简中的应用，考查了正切函数性质，属于基础题．
 

11.【答案】BCD 

【解析】解：

连接，，取中点H，连接MH，易得，则不平行，A错误；

如图，取棱，，BC的中点E，F，G，易得，平面MNP，则面MNP，同理可得EF，EP，GM，平面MNP，
即正六边形EFMGNP为正方体被平面MNP截得的截面，C正确；
由C选项知：平面MNP即平面EFMGNP，易得，又平面，平面，则平面，
同理可得平面，又，则平面，，则平面平面，
又平面EFMGNP，则直线平面，B正确；
连接，易得与平面EFMGNP交于正方体的体心O，连接DB，易得，
又平面ABCD，平面ABCD，
则，又DB，平面，，则平面，平面，则，
同理可得，又MG，平面MNP，，则平面MNP，平面MNP，则，
又，则，即点Q的轨迹为以O为圆心1为半径的圆，
故点Q的轨迹长度为，D正确．
故选：
取中点H，由即可判断A选项；取棱，，BC的中点E，F，G，由EF，EP，GM，平面MNP即可判断C选项；先判断平面平面，由平面EFMGNP即可判断B选项；连接，先判断平面MNP，进而求得点Q的轨迹为以O为圆心1为半径的圆即可判断D选项．
本题考查线面平行，考查学生的推理能力，属于中档题．
 

12.【答案】AD 

【解析】解：连接AD，，D是边BC的中点，，
以D为坐标原点，BC，AD所在直线分别为x轴和y轴，建立平面直角坐标系

，，
，，，，
，点P的轨迹为以D为圆心，1为半径的圆，
设点P的坐标为，
，
，
，
，
A.
，
，即，故A正确；
B.，
，，即，
即，
的值不可以为2，
故B错误
C.，
其中，，且为锐角，
，
，
即，
，
，
的值不可以等于，
故C错误，
D.，
其中，，且为锐角，
，
，
即，
，
的值可以等于3，故D正确，
故选：
以点D为原点、边BC为x轴建立平面直角坐标系，写出相关点坐标，设出，利用平面向量的坐标运算得到，再结合角的范围逐一验证各选项．
本题考查了平面向量的基本定理，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由正弦定理及，得，所以，
由余弦定理知，
故答案为：6；
利用正弦定理化角为边，可得，从而知的值，再利用余弦定理，可得的值．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
由，解得，
又，
所以，解得；
所以圆锥的母线长为，
圆锥的高为，
所以圆锥的体积为
故答案为：2，
根据圆锥的结构特征，求出底面圆半径和母线长、高，即可计算圆锥的体积．
本题考查了圆锥的结构特征与表面积、体积的计算问题，是基础题．
 

15.【答案】答案不唯一 

【解析】解：因为为奇函数，
则，，，
当，时，k为偶数时，，是奇函数
k为奇数时，，是奇函数，
所以的一个值为
故答案为：答案不唯一
由奇函数的性质，求出，代入检验后可得结论．
本题主要考查函数奇偶性的性质，三角函数的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：长方体对角线长为，
所以长方体外接球半径为，表面积为；
如图，G，H，I，J分别是，AD，BC，中点，则GHIJ是矩形，
平面平面，E，F分别是AB，CD中点，则，
而平面，所以平面，
所以平面GHIJ，而平面，平面BEF，
所以平面平面GHIJ，平面平面GHIJ，
由平面，平面，得，而，
设平面GHIJ与，BF，EF的交点分别为N，M，Q，则N，M，Q分别是，BF，EF的中点，
所以N，M分别是和的外心，
在平面GHIJ内过N作，过M作交PN于点P，
由平面，得，
而，NQ，平面，所以平面，同理平面BEF，
所以P是三棱锥的外接球球心，
四边形PMQN是圆内接四边形，
由长方体性质知，所以，，
由平面BEF，平面BEF，得，
，
，所以，
所以三棱锥的外接球的体积为

故答案为：
求出长方体的对角线即为长方体外接球的直径，由此可得球表面积，设G，H，I，J分别是，AD，BC，中点，可证明平面GHIJ，设平面GHIJ与，BF，EF的交点分别为N，M，Q，在平面GHIJ内过N作，过M作交PN于点P，证得P是三棱锥的外接球球心，在四边形PMQN中求得四边形外接圆直径，然后求出PN，再求出三棱锥的外接球的半径后可计算体积．
本题考查了长方体外接球的表面积和三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
 

17.【答案】解：设，
由题意得，，
解得，或，，
所以或；
若，则，
所以，
所以，
设向量，的夹角，
所以，
由，得 

【解析】由已知结合向量共线定理的坐标表示可求；
由已知结合向量数量积的性质的坐标表示可求．
本题主要考查了向量共线定理及向量数量积性质的坐标表示的应用，属于基础题．
 

18.【答案】解：设SO为正四棱锥的高，则，
作，则M为BC中点，
连结OM，OB，则，，，，则，
在中，，
在中，，
棱锥的侧棱长为3，侧面的高为
棱锥的表面积：
几何体的体积为： 

【解析】直接利用公式计算；
直接利用公式计算；
本题考查了几何体的表面积、体积，属于中档题．
 

19.【答案】解：，
周期，
，
，
，
，
又，
，
，
又M为上升点，且，
，
；
由知的周期为4，
又，
…


 

【解析】本题考查了由的部分图象确定其解析式，三角函数的图形与性质，由三角函数的周期性求和，考查了方程思想与化归转化思想，属于中档题．
根据三角函数的周期，振幅，三角形面积，y轴交点建立方程即可求解；
通过函数的周期性即可求解．
 

20.【答案】证明：连接交于E，连接ED，如图，

则E是中点，又D是AB中点，所以，
又平面，平面，
所以平面；
解：因为，所以，
所以，
 

【解析】连接交于E，连接ED，证明后得证线面平行；
由直三棱柱的体积减去三棱锥的体积可得．
本题考查了线面平行的证明和几何体的体积计算，属于中档题．
 

21.【答案】解：由，可得，
即，可得，
因为，所以
设，则，，
在中，由正弦定理得，
可得，
在中，由正弦定理得，


，
因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，
所以BC的取值范围是 

【解析】利用三角形的面积公式，向量的数量积运算化简即可．
利用正弦定理，三角恒等变换得到，再利用正弦函数的图象与性质求解即可．
本题考查了正弦定理的应用，三角恒等变换，正弦函数的图象与性质，属于中档题．
 

22.【答案】解：，
，



，
的最大值为2；
由恰好为函数的最大值可得，
即，
，解得，
则，
在中，由，可得，
在中，由，可得，
，
在中，，
则可得，
则，
，，
，
当且仅当等号成立，故的最小值为 

【解析】根据数量积运算结合降幂公式以及辅助角公式化简，根据正弦函数的值域可得结果；
根据条件求得c，C，由正弦定理表示a，b，利用基本不等式求解．
本题考查了正弦型函数的最值问题以及正弦定理、基本不等式的应用，属于中档题．