2022-2023学年内蒙古赤峰市赤峰第四中学高一下学期5月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年内蒙古赤峰市赤峰第四中学高一下学期5月月考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年内蒙古赤峰市赤峰第四中学高一下学期5月月考数学试题 一、单选题1．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念可得结果.【详解】因为，所以，所以.故选：C2．设内角，，的对边分别为，，，且，，，则角（    ）A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】先根据大边对大角判断角B范围，再直接利用正弦定理求解即可．【详解】∵，，，∴，，即.由正弦定理，得，∴，故选：A．3．如图是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是（   ）A． B．1C． D．2【答案】D【分析】根据斜二测画法的规则，得到原来图形的形状，结合直角三角形的面积公式，即可求解.【详解】如图所示，因为是一个平面图形的直观图，其中斜边，所以，根据斜二测画法的规则，可得OB=O'B'=2，OA=2O'A'=，所以直角三角形的面积故选：D.4．已知向量满足，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵，又∵∴9，∴故选：C. 5．如图所示，在四边形ABCD中，，，BD为的角平分线，，则（    ）  A．6 B．8 C． D．9【答案】B【分析】求出，可得的值，再由正弦定理可得答案.【详解】因为BD为的角平分线，所以，因为，所以为锐角，所以，所以 ， 由正弦定理可知 ，即.故选：B.6．若的图像如图，（，是常数），则（    ）  A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据指数函数的性质得到，，即可求出的取值范围.【详解】由图可知函数在定义域上单调递减，所以，则，所以在定义域上单调递增，又，即，所以.故选：D7．已知函数则函数的值为A． B． C． D．【答案】D【详解】，即，，故选D.8．在中，满足，点满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由已知可知为的重心，然后结合向量的线性运算及三角形重心的性质可求．【详解】因为满足，∴为的重心，∴，又∵，∴．故选：B． 二、多选题9．如图，在三棱柱中，E，F分别为棱A1B1和A1C1上的点(不包括端点)，且，则下列结论正确的是（    ）A．B，C，E，F四点共面 B．P∈平面ABB1A1C．平面AEF与平面BB1C1不相交 D．P，A1，A三点共线【答案】ABD【分析】对于A，根据两条直线相交可以确定一个平面即可求解；对于B，C，D，根据点线面的位置关系即可求解；【详解】对于A，因为，所以共面，所以A正确；对于B，，平面，所以平面，故B正确，对于D，，平面，平面，所以平面∩平面=，故D正确；对于C， 与相交，则平面与平面BB1C1相交，故C不正确.故选：ABD.10．已知圆锥的底面半径为，高为2，为顶点，，为底面圆周上的两个动点，则下列说法正确的是（    ）.A．圆锥的体积为B．圆锥侧面展开图的圆心角大小为C．圆锥截面面积的最大值为D．若圆锥的顶点和底面上的所有点都在一个球面上，则此球的体积为【答案】ABD【分析】根据题意，求出圆锥的母线长，体积，侧面展开图的弧长，轴截面面积，外接球体积，即可得出结论．【详解】解：因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的母线长， 对于A，圆锥的体积，故A正确；对于B，设圆锥的侧面展开图的圆心角大小为，则，，故B正确；对于C，当圆锥截面为圆锥的轴截面时，此时，，则，又，所以，所以当时，截面的面积最大，，故C错误；对于D，圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，即圆锥的外接球，设圆锥外接球半径为，由球的性质可知，即，解得，所以外接球的体积．故D正确．故选：ABD.11．关于直线，与平面，，以下四个命题中真命题是A．若，且，则 B．若，且，则C．若，且，则 D．若，且，则【答案】BC【解析】根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案．【详解】解：若，且，则，可能平行也可能异面，也可以相交，故A错误；若，且，则，一定垂直，故B正确；若，且，则，一定垂直，故C正确；若，且，则，可能相交､平行也可能异面，故D错误故选：BC．【点睛】考查线线平行与垂直的判定，基础题.12．（多选）已知函数，则下列结论中错误的是A．既是奇函数又是周期函数 B．的图象关于直线对称C．的最大值为1 D．在区间上单调递减【答案】ACD【分析】用和差化积公式、二倍角公式、辅助角公式将函数化为的形式，再判断其周期性、奇偶性、单调性、对称性【详解】,为非奇非偶函数,故A错误;对称轴：,,当时,,的图象关于直线对称,故B正确;的最大值为，故C错误;当时，，所以在上不单调，所以在区间上不单调，所以A,C,D错误.故选:ACD.【点睛】本题考查了三角函数的化简,和差化积公式、二倍角公式、辅助角公式的应用,还考查了三角函数的周期性、奇偶性、单调性、对称性、与最值属于中等题型. 三、填空题13．若复数z满足，______．【答案】【分析】化简，然后用复数模的公式进行求解即可.【详解】因为，所以，所以.故答案为：14．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的________条件．（填充分必要条件，充分不必要条件，必要不充分条件，既不充分又不必要条件之一）【答案】必要不充分【详解】试题分析：由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的一条直线，m⊥β，则α⊥β；反之，则不一定，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．【解析】本题主要考查充要条件的概念，立体几何中的垂直关系．点评：基础题，充要条件的判断问题，是高考不可少的内容，特别是充要条件可以和任何知识点相结合．充要条件的判断一般有三种思路：定义法、等价关系转化法、集合关系法． 四、双空题15．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体的两个轴互相垂直的内切圆柱所组成的公共部分为“牟合方盖”（如图所示），刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，若“牟合方盖”的体积为，则正方体的体积为______，正方体的外接球的表面积为______.  【答案】     8     12π【分析】根据已知求出正方体的内切球的体积，得到内切球的半径，根据正方体内切球的直径为其棱长，外接球的直径为其对角线，即可求解.【详解】因为“牟合方盖”的体积为，又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，所以正方体的内切球的体积，所以内切球的半径，所以正方体的棱长为，则正方体的体积，所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即，所以，所以正方体的外接球的表面积为．故答案为：；. 五、填空题16．在中，内角，，所对的边为，，，且，，则下列说法正确的是______.①；②；③周长的最大值为3；④的最大值为．【答案】②③④【分析】对于①、②，利用正弦定理判断即可，对于③，利用余弦定理结合基本不等式可判断，对于④，由选项③可知，结合基本不等式可得，从而可求出的最大值【详解】对于①，因为，所以由正弦定理得，所以，所以①错误；对于②，因为，所以由正弦定理得，所以，所以②正确；对于③，根据余弦定理得，所以，即，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以③正确.对于④，由选项③可知，所以，则，当且仅当时，等号成立. 所以，所以④正确.故答案为：②③④ 六、解答题17．已知矩形ABCD所在的平面，且，M､N分别为AB､PC的中点.求证：(1)平面ADP；(2).【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）取PD的中点Q，然后证明四边形AMNQ为平行四边形，进而得到，然后根据线面平行的判定定理证明问题；（2）先通过线面垂直的判定定理证得平面PCD，进而证明问题.【详解】（1）取PD的中点Q，连接AQ､QN，N､Q分别为PC､PD的中点，则且，四边形ABCD为矩形，则且，M为AB的中点，所以，且，所以，且，故四边形AMNQ为平行四边形，所以，，因为平面ADP，平面ADP，因此，平面ADP.（2）平面ABCD，平面ABCD，，，，所以，平面PAD，平面PAD，则，，Q为PD的中点，则，因为，平面PCD，，故平面PCD，平面PCD，因此，.18．已知.（1）若，且，求的值；（2）若函数，求的最小值；（3）是否存在实数，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）0；（3）存在，【分析】（1），根据向量共线公式计算得到答案.（2），得到最值.（3），根据垂直得到，得到范围.【详解】（1），又，∴，即. ，∴.（2）∵，，∴. ∴当时，有最小值，且最小值为.（3），若，则，即，∴. 由，得，∴，故. ∴存在，使得.【点睛】本题考查了向量共线求参数，数量积，根据垂直求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力.19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求的值；(2)若，求的面积．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．【详解】（1）由于， ，则．因为，由正弦定理知，则．（2）因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积． 20．如图1，已知菱形的对角线交于点，点为线段的中点，，，将三角形沿线段折起到的位置，，如图2所示．（1）证明：平面平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见证明；（2）.【分析】（1）折叠前，AC⊥DE；，从而折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，由此能证明DE⊥平面PCF．再由DC∥AE，DC＝AE能得到DC∥EB，DC＝EB．说明四边形DEBC为平行四边形．可得CB∥DE．由此能证明平面PBC⊥平面PCF．（2）由题意根据勾股定理运算得到，又由（Ⅰ）的结论得到，可得平面，再利用等体积转化有，计算结果.【详解】（1）折叠前，因为四边形为菱形，所以；所以折叠后，，，又，平面，所以平面因为四边形为菱形，所以．又点为线段的中点，所以．所以四边形为平行四边形．所以．又平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面．（2）图1中，由已知得，，所以图2中，，又所以，所以又平面，所以又，平面，所以平面， 所以．所以三棱锥的体积为．【点睛】该题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查了三棱锥体积的求法，运用了转化思想，属于中档题目．21．如图，已知长方体，，直线与平面所成的角为30°，垂直于，为的中点．    (1)求异面直线与所成的角的余弦；(2)求平面与平面所成二面角(锐角)的余弦；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)；(2)；(3)． 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角的余弦作答.（2）利用（1）中信息，利用空间向量求二面角的余弦作答.（3）由（1）（2）中信息，利用空间向量求出点到平面的距离作答．【详解】（1）在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，  由，得，而平面，则直线与平面所成的角，又，则，，，，，，所以异面直线AE、BF所成的角的余弦为.（2）显然平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，而，则，令，得，于是，所以平面与平面所成二面角(锐角)的余弦值为.（3）由（2）知，平面的一个法向量为，而，所以点到平面的距离.22．若非零函数对任意实数a，b，均有，且当时，．(1)求的值．(2)求证：①任意，．②为减函数．(3)当时，解不等式．(4)若，求在上的最大值和最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)(4)最大值和最小值分别是16，． 【分析】（1）令即得；（2）用单调性的定义证明；（3）将原不等式转化为，结合函数单调性求解；（4）结合单调性即可求解.【详解】（1）因为，，所以．（2）①因为，所以．②因为，所以．任取，则，所以．又因为恒成立，所以，所以为减函数．（3）由，原不等式转化为，结合单调性得：，所以，故不等式的解集为．（4），，，，所以在上的最大值和最小值分别是16，．