2023绵阳南山中学实验学校高一下学期5月月考数学试题含解析

绵阳南山中学实验学校2022级高一（下）五月月考试题

数学

总分：150分   时间：120分钟；

第I卷（选择题）

一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分.在每个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，则（    ）

A.  B.  C.  D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的除法可求，从而可求其模.

【详解】由题设可得，故，

故，

故选：B.

2. 下列函数中，在上递增的偶函数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据基本初等函数的性质判断即可.

【详解】对于A：为奇函数，故A错误；

对于B：为奇函数，故B错误；

对于C：为偶函数，但是函数在上单调递减，故C错误；

对于D：，则，故为偶函数，

且时，函数在上单调递增，故D正确；

故选：D

3. 若某圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则它的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据轴截面求出圆锥的底面半径和高，求出体积.

【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，所以圆锥的底面半径为1，且圆锥的高，

故体积为.

故选：A

4. 已知不共线的平面向量，满足，，则平面向量，的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设向量，的夹角为，由可得出，再由向量的夹角公式代入即可得出答案.

【详解】设向量，的夹角为，

∵，∴，即，

∴，∴．

∵，∴向量，的夹角为．

故选：D．

5. 如图，P是正方体面对角线上的动点，下列直线中，始终与直线BP异面的是（    ）

A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线AC

【答案】D

【解析】

【分析】根据异面直线得定义逐一分析判断即可.

【详解】对于A，连接，设，

由，当点位于点时，与共面；

对于B，当点与重合时，直线与直线相交；

对于C，因为且，所以四边形为平行四边形，

所以，

当点与重合时，与共面；

对于D，连接，

因为平面，平面，平面，，

所以直线BP与直线AC是异面直线.

故选：D.

6. 在中，记，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用平面向量的运算，用表示出即可.

【详解】因为在中，若，所以点为中点，所以.

故选：D

7. 如图所示的曲线为函数的部分图象，将图象上的所有点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A. 直线为图象的一条对称轴 B. 点为图象的一个对称中心

C. 函数的最小正周期为2π D. 函数在上单调递减

【答案】A

【解析】

【分析】先由函数的图象求出的解析式，再结合题意求出，结合余弦函数的图象性质即可求解

详解】由图象知，

又，所以的一个最低点为，

而的最小正周期为，

所以，

又，则，

所以,即，

又，所以，

所以，

将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的得的图象，

再把所得曲线向左平移个单位长度得，

即.

因为，

所以直线是图象的一条对称轴，故A正确；

因，

所以不是图象的一个对称中心，故B错误；

函数在周期，故C错误；

由得，

所以在上单调递减，

当时，可知在递减，在递增，所以D错误.

故选：A.

8. 已知为的外接圆的圆心且，若，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】取的中点，根据给定条件结合共线向量定理的推论可得共线，再在直角三角形中计算作答.

【详解】取的中点，连接，如图，

则，由，得，又，

因此三点共线，由为的外接圆的圆心，得，即，

所以.

故选：B

二、多选题：本大题共4个小题，每个小题5分，共20分.在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9. 给出下列命题正确的是（    ）

A. 平面内所有的单位向量都相等

B. 长度相等且方向相反的两个向量是相反向量

C. 若满足，且同向，则

D. 若四边形满足，则四边形是平行四边形

【答案】BD

【解析】

【分析】根据单位向量以及相反向量可判断AB，由向量以及相等向量可判断AD.

【详解】对于A,单位向量是模长相等，方向不一定相同，故A错误，

对于B，由相反向量的定义可知长度相等方向相反的两个向量是相反向量，故B正确，

对于C，向量不可以比较大小，故C错误,

对于D，，则，且,故为平行四边形，故D正确，

故选：BD

10. a，b为两条直线，，为两个平面，则以下命题不正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，，，则 D. 若，，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】对A，注意判断的情况；

对B，注意可能相交或异面；

对C，讨论a，b的相交情况，即可判断；

对D，根据平面平行的性质判断即可.

【详解】对A，由，，可得或，A错误；

对B，由，，可得直线可能相交，异面或平行， B错误；

对C，，则当相交时，；当平行时，则或相交，C错误；

对D，由，，根据平行平面的性质可得，D正确，

故选：ABC.

11. 如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（　　）

A. 直三棱柱的体积是1

B. 直三棱柱的外接球表面积是

C. 三棱锥的体积与点的位置有关

D. 的最小值为

【答案】AD

【解析】

【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的体积即可判断A；直棱柱放在圆柱中，求出直棱柱底面外接圆半径，进而求出外接球半径，利用球的表面积公式即可判断B；由棱锥底面积与高为定值判断C；将侧面展开即可求出最小值判断D．

【详解】在直三棱柱中，，，，

所以其体积，

故A正确；

对于B，由直三棱柱结构特征及外接球的对称性可得，

其外接球即为长宽高分别为2，1，1的长方体的外接球，

所以其外接球半径为，

所以其外接球的表面积为，

故B错误；

由平面，且点E是侧棱上的一个动点，
，

三棱锥的高为定值，

，

，

故三棱锥的体积为定值，故C错误；

将四边形沿翻折，使四边形与四边形位于同一平面内，

此时，连接与相交于点E，此时最小，

即，

故D正确．

故选：AD.

12. 已知中，在上，为的角平分线，为中点，下列结论正确的是（    ）

A.

B. 的面积为

C.

D. 在的外接圆上，则的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用余弦定理计算，利用余弦定理计算，判断A；根据面积公式计算三角形的面积，判断B；利用正弦定理计算，判断C；设，用表示出，，得出关于的三角函数，从而得到的最大值，判断D.

【详解】在三角形中，由余弦定理，

，故，故正确；

在中，由余弦定理得：，

，故正确；

由余弦定理可知：，，

平分，，

，

在三角形中，由正弦定理可得：，

故，故不正确；

，，，，

，

为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1，

显然当取得最大值时，在优弧上．

故，设，则，，

，

，，

，其中，，

当时，取得最大值，故正确．

故选：．

第II卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知复数为实数，则______.

【答案】1

【解析】

【分析】根据给定条件，利用复数的分类列式计算作答

【详解】由复数为实数，得，解得，

所以.

故答案为：1

14. 求的最小值是_____

【答案】##0.5

【解析】

【分析】先应用换元法,再应用二次函数最值求解即得.

【详解】,

令,

,

当,.

故答案为:

15. 位于河北省承德避暑山庄西南十公里处双塔山，因1300多年以前，契丹人在双塔峰顶建造的两座古塔增添了诸多神秘色彩．双塔山无法攀登，现准备测量两峰峰顶处的两塔塔尖的距离．如图，在与两座山峰、山脚同一水平面处选一点A，从A处看塔尖的仰角是，看塔尖的仰角是，又测量得，若塔尖到山脚底部的距离为米，塔尖到山脚底部的距离为米，则两塔塔尖之间的距离为________米．

【答案】

【解析】

【分析】先解直角三角形得AC=60米，米,再利用余弦定理解BC即可.

【详解】在中，米，，则米．

同理，在中，米，

在中，米，米，，

由余弦定理，得

米．

故答案为：.

16. 已知正三棱柱的底面边长为6，三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的表面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，求出三棱柱底面正三角形外接圆半径，再求出球半径即可计算作答.

【详解】由正三棱柱的底面边长为6，得底面所在平面截其外接球所成的圆O的半径，如图，

又由三棱柱的高为，则球心到圆O的圆心O的距离，

因此球半径R满足：，即有，

所以外接球的表面积

故答案为：

四、解答题:本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤.

17. 已知平面向量，且，

（1）若，且，求向量的坐标；

（2）若，求在方向的投影向量（用坐标表示）.

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，利用平面向量的共线定理及坐标表示即可求解；

（2）利用平面向量数量积的坐标表示求解在方向的投影向量即可.

【小问1详解】

解：设，，

，又，

，

或，

或.

【小问2详解】

解：，，设与的夹角为.

故，

在上的投影向量为.

18. 如图，已知正方体的棱长为分别为的中点.

（1）已知点满足，求证四点共面；

（2）求三棱柱的表面积.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用正方体的结构特征，结合平行公理、平面基本事实推理作答.

（2）求出三棱柱各个面的面积作答.

【小问1详解】

在正方体中，取中点，连接，如图，

因为是的中点，则，即四边形是平行四边形，

则有， 由，知为的中点，而为中点，于是，即有，

所以四点共面.

【小问2详解】

显然三棱柱是直三棱柱，，

上下两个底面的面积和为，

侧面积，

所以三棱柱的表面积.

19. 已知，都是锐角，， .

（1）求和的值；

（2）求的值.

【答案】（1）,   

（2）

【解析】

【分析】（1）由同角三角函数的基本关系及二倍角的正余弦公式求解；

（2）根据角的变换，利用两角差的正弦公式求解.

【小问1详解】

是锐角，，

，

，

，

，

.

【小问2详解】

，都是锐角，

，

又，

，

.

20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，PA为点P到平面ABCD的距离，，，，点E、M分别在线段AB、PC上，其中E是AB中点，，连接ME.

（1）当时，证明：直线平面PAD；

（2）当时，求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）2

【解析】

【分析】（1）构造平行四边形，然后利用线面平行的判定定理即可.

（2）根据，求出三棱锥的高，然后利用体积公式即可.

【小问1详解】

取PD中点N，连接MN、AN，

是的中位线，MN//CD，且，

又AE//CD，且，四边形AEMN为平行四边形，

ME//AN

又平面PAD，平面PAD，//平面PAD.

【小问2详解】

，P到平面ABCD距离为3，点M到平面ABCD的距离为1，

.

21. 已知函数（其中，，均为常数，，，）.在用五点法作出函数在某一个周期的图像时，取点如表所示：

（1）求函数的解析式，并求出函数的单调递增区间；

（2）已知函数满足，若当函数的定义域为（）时，其值域为，求的最大值与最小值.

【答案】（1），单调递增区间为；   

（2）最大值与最小值分别为.

【解析】

【分析】（1）利用给定的数表，依次求出即可得函数，再利用正弦函数单调性求出递增区间作答.

（2）求出函数的解析式，解方程，解不等式，再借助定义域与值域的对应关系分段求解作答.

【小问1详解】

由数表得，，函数的周期，则，

由，得，而，于，

所以数的解析式，

由，，得，，

所以函数的单调递增区间为.

【小问2详解】

由（1）知，，则，

令，则，，解得，，

由，得，解得，

因为当函数的定义域为（）时，其值域为，

显然，当，时，，

因此，

当，时，，因此，

所以的最大值与最小值分别为.

22. 如图，在四边形中，，.

（1）求的值；

（2）若为等边三角形，求面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理即可解决；（2）由余弦定理求出，再由正弦定理得出，写出三角形的面积函数式化解再求最大值即可.

【小问1详解】

设，，.

因为，

所以由正弦定理，得，即，

所以.

因为，所以，即.

因为，所以.

【小问2详解】

设，，.

在中，由余弦定理，得.

因为为等边三角形，所以.

由正弦定理，得，则，所以.

因为，

又因为，所以为锐角，所以，

所以

，