精品解析：云南省红河州蒙自市第一高级中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（解析版）

红河州第一中学2023年春季学期高一6月月考

高一数学试卷

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等相关信息填写在答题卡上.

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，再选涂其它答案标号.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.

一、单选题（每小题5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. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题知，再根据集合交集运算求解即可.

【详解】解：解不等式得，

所以，

所以.

故选：A

2. 设，则的最小值为（    ）

A. 5 B. 3 C. 4 D. 9

【答案】A

【解析】

【分析】先将函数化简，然后利用基本不等式即可求解.

【详解】因为，所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为，

故选：A.

3. 已知复数，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的乘方法则化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.

【详解】，则，则，故.

故选：B.

4. 函数的部分图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性和特殊区间的函数值确定正确选项.

【详解】的定义域为，，所以为奇函数，排除AB选项.

当时，，，由此排除C选项.

故选：D

5. 如图，在正方体中，F为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据异面直线夹角的定义，连接 ，则 就是所求的角，

解三角形即可.

【详解】

连接，则 ，故为异面直线与所成角或其补角，

连接，则，

因为F为的中点，故，在中，

因为，故，

即异面直线与所成角的大小为；

故选：C．

6. 已知，，是直线，是平面，若，，则“，”是“”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

【答案】B

【解析】

【分析】举反例判断充分性，再证明必要性得解.

【详解】若∥，，如果，则“”不一定成立.如图所示，所以“，”是“”非充分条件.

如果“”， 又，所以，因为，所以，所以“，”是“”的必要条件.

所以“，”是“”的必要非充分条件.

故选：B

7. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（    ）

A.

B. f（x）的图象关于直线对称

C. f（x）[－，－]上单调递减

D. 该图象向右平移个单位可得的图象

【答案】C

【解析】

【分析】先根据图像求出即可判断A，利用正弦函数的对称轴及单调性即可判断BC，通过平移变换即可判断D.

【详解】根据函数的部分图象，可得所以，故A正确；

利用五点法作图，可得，可得，所以，令x，求得，为最小值，故函数的图象

关于直线对称，故B正确：当时，，函数f（x）没有单调性，故C错误；把f（x）的图象向右平移个单位

可得的图象，故D正确．

故选：C.

8. 若，且，则为（    ）

A. 0 B. 1 C. 1或2 D. 0或2

【答案】D

【解析】

【分析】将指数式转化为对数式，进行计算，结合换底公式以及讨论，，可得结果.

【详解】令，

则，，

，

依换底公式得

或.

当时，且，故；

当时，

.

故选：D

【点睛】本题考查对数的运算以及换底公式的使用，审清题意，细心计算，属基础题.

二、多选题（每小题5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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）

9. 已知实数，则下列不等式正确是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】举特例即可说明A项；根据不等式的性质，即可得出B、C两项；作差结合不等式的性质，即可得出D项.

【详解】对于A项，取，，，，

则，，所以，故A项错误；

对于B项，由已知可得，，，所以，故B项正确；

对于C项，因为，所以.

因为，所以，故C项正确；

对于D项，因为，所以.

因为，所以，

所以，所以.

又，所以，，所以，故D项正确.

故选：BCD.

10. 下列说法正确的是（    ）

A. “”是“”的充分不必要条件

B. “”是“”的必要不充分条件

C. “对任意一个无理数，也是无理数”是真命题

D. 若，则函数的最大值为

【答案】AD

【解析】

【分析】利用不等式基本性质结合特殊值法以及充分条件、必要条件的定义可判断A选项；利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；利用基本不等式求解判断D选项.

【详解】解：对于A选项，若，则，由不等式的性质可得，即“”“”，

若，取，则，即“”“”，

故“”是“”的充分不必要条件，A对；

对于B选项，若，不妨取，，则，即“”“”，

若，取，，则，即“”“”，

所以，“”是“”的既不充分也不必要条件，B错；

对于C选项，取为无理数，则为有理数，C错；

对于D选项，由得，故，当且仅当，即时等号成立，故D正确.

故选：AD.

11. 已知，是两个非零向量，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，，，则

B. 为锐角的充要条件是

C. 若O为所在平面内一点，且，则O为的重心

D. 若，且，则为等边三角形

【答案】AD

【解析】

【分析】利用共线向量的坐标表示判断A；利用充分条件、必要条件的定义判断B；利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示判断C；利用数量积的运算律及定义计算判断D作答.

【详解】对于A，，，且，于是，则，A正确；

对于B，当时，，有，B错误；

对于C，在中，由得，即，

同理，，则O为的垂心，C错误；

对于D，在中，，则，

，则，因此为等边三角形，D正确.

故选：AD

12. 如图，在正方体中，点E为的中点，点F为线段上的动点（不含端点），则下列命题正确的是（    ）

A. 存在点F，使得平面 B. 存在点F，使得平面

C. 对任意点F， D. 对任意点F，过点D，E，F的平面截正方体表面得到的图形始终是梯形

【答案】BCD

【解析】

【分析】分别取，的中点，，构造面面即可判断A；先证明面，再根据当，即为中点时，有平面即可判断B；先证明面，从而推出点和点到面的距离相等，进而即可判断C；如图，过点D，E，F的平面截正方体表面得到四边形，再根据平行四边形的判定即可判断D．

【详解】对于A，分别取，的中点，，

由且，面，而面，则面，

又且，面，而面，则面，

因为，且面，所以面面，

又总与面相交于点，所以不存在这样的点使得面，

即不存在这样的点使得平面，故A错误；

对于B，在正方体中，

由在面上的射影为，则，

又在面上的射影为，则，

又，且面，所以面，

当，即为中点时，平面，

所以存在这样点F，使得平面，故B正确；

对于C，如图所示，在正方体中，有面，面，

又，，且，面，则面，

所以点和点到面的距离相等，所以，故C正确；

对于D，如图，过点D，E，F的平面截正方体表面得到四边形，且，与不平行，所以四边形始终是梯形，所以D正确．

故选：BCD．

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是作出正方体，结合正方体的结构特征，以及正方体的性质，进而即可判断．

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分. ）

13. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则___.

【答案】

【解析】

【分析】由奇函数的定义，结合已知函数的解析式，计算可得所求值．

【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，且当时，，

则.

故答案为：．

14. 若，则的取值范围是_______________．

【答案】

【解析】

【分析】结合平面向量减法的几何意义，利用平面向量三角不等式进行求解即可.

【详解】因为，，

所以有，

故答案为：

15. 函数在上的零点之和为____________.

【答案】

【解析】

【分析】利用二倍角公式以及辅助角公式将函数化为，再由特殊角三角函数值可得或或或，求解即可.

【详解】，

令得，，

因为，所以

或或或，

解得.

故答案为：

16. 三棱锥内接于球，球的表面积是，，则三棱锥的最大体积是_________.

【答案】

【解析】

【分析】根据正弦定理可求的外接圆半径，进而可得球心到的距离，即可求三棱锥高的最大值，要使体积最大，则底面和高最大即可，根据余弦定理以及基本不等式可求面积最大值.

【详解】由球的表面积是得，球的半径为，设的外接圆半径为

则得，球心到的距离为

在中，由余弦定理可得：

故,当时取等号，

所以，

为使三棱锥的体积最大，须底面面积最大为三棱锥的高最大为．

故答案为：

四、解答题（本大题共6小题，共计70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步棸.）

17. 已知为第二象限角，且．

（1）求与的值；

（2）的值．

【答案】（1），；   

（2）.

【解析】

【分析】(1)结合同角三角函数关系即可求解；

(2)齐次式分子分母同时除以cosα化为tanα即可代值求解.

【小问1详解】

∵

∴，

∴，

∵为第二象限角，

故，

故；

【小问2详解】

.

18. 如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点.

（1）证明：；

（2）证明：平面.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据已知条件证明平面，再通过线面垂直的性质得到线线垂直；

（2）设，根据条件得到，再结合线面平行的判定定理证明即可.

【小问1详解】

在直三棱柱中，平面，

因为平面，所以.

因为，，，

所以，所以，

又，平面，

所以平面，

因为平面，所以

【小问2详解】

设，连接，

则是的中点，

又因为是的中点，所以

因为平面，平面，

所以平面.

19. 在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知．

（1）求角B的大小；

（2）给出三个条件：①；②；③，从中选出两个作为已知条件，求△ABC的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理统一为三角函数化简可得；

（2）选①②利用余弦定理可求出，再由面积公式求解；选①③由余弦定理及正弦定理转化为关于c的方程求解即可得，再得出，由三角形面积公式求解；选②③由正弦定理转化为三角形边的方程，再联立已知即可求出，由面积公式求解.

【小问1详解】

∵，

∴

∴，从而

∴

【小问2详解】

若选①②：已知，，由（1）可知，

由余弦定理可得

∴，即．

解得．

．

若选①③：已知，．

由余弦定理可得

∵，∴．

∴，即

∴，∴，

∴．

若选②③：已知，

∵，∴．

，，

∴.

20. 如图，三棱柱中､四边形是菱形，且，，，，

（1）证明：平面平面；

（2）求直线和平面所成角的正弦值；

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接交于O，连接，证明可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面角公式求解即可.

【小问1详解】

连接交于O，连接，如图，

四边形是菱形，所以，

又，，是的中点，

所以且，

由，可知为正三角形，

所以，，

在中，，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面.

【小问2详解】

设到平面的距离为，

因为中，，，

所以，

又，，

所以由，可得,

即,

设直线和平面所成角为，

则.

21. 在校园美化、改造活动中，要在半径为、圆心角为的扇形空地的内部修建一矩形观赛场地，如图所示．取的中点M，记．

（1）写出矩形的面积S与角的函数关系式；

（2）求当角为何值时，矩形的面积最大？并求出最大面积．

【答案】（1），   

（2）当时，矩形面积最大，最大值为

【解析】

【分析】（1）首先得出，再用的三角函数分别表示出和，则，再根据二倍角公式，降幂公式和辅助角公式化简即可；

（2）由，得出，根据正弦函数的图像，得出时，面积最大，即可得出最大面积．

【小问1详解】

由题可知，，

在中，

，

，

，

在中，

，

，

，．

【小问2详解】

，

，

当，即时，

，

故当时，矩形的面积最大，最大值为．

22. 已知函数.

（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；

（2）若存在正实数且，使得在区间上的值域为，求实数的取值范围.

【答案】（1）函数为偶函数，理由见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据奇偶性的定义判断即可；

（2）由题知函数在上单调递增，进而得有两个不相等的正实数根，再令，进而得两个均大于且不相等的正实数根，最后根据二次函数根的分布求解即可.

【小问1详解】

解：函数为偶函数，理由如下：

由题知函数的定义域为，

因为，

所以函数为偶函数.

【小问2详解】

解：因为，，

所以，当时，，

设，则，

所以，

所以，即，

所以，函数在上单调递增，

因为在正实数且，使得在区间上的值域为，

所以，即方程有两个不相等的正实数根，

所以，方程有两个不相等的正实数根，

令，

所以，方程有两个均大于且不相等的正实数根，

所以，两个均大于且不相等的正实数根，

令，

所以，两个均大于且不相等的零点，

所以，，即，解得，

所以，实数的取值范围是