2022-2023学年江苏省南通市通州区金沙中学高一下学期5月质量监测数学试题含答案

2022-2023学年江苏省南通市通州区金沙中学高一下学期5月质量监测数学试题

一、单选题

1．已知且，若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合的定义求解即可

【详解】因为集合，且，

所以，

故选：C

2．在中，“”是“”的（     ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】根据三角函数表，在三角形中，当时，即可求解

【详解】在三角形中，，故在三角形中，“”是“”的充分必要条件

故选：C

【点睛】本题考查充要条件的判断，属于基础题

3．已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的高为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】由侧面积求出圆锥的底面圆半径，再根据勾股定理可求得其高.

【详解】设圆锥的底面圆的半径为 ，母线为，则，

所以其侧面积为，解得，

所以圆锥的高为.

故选：C.

4．复数满足（为虚数单位），则的最小值为（    ）

A．3 B．4 C． D．5

【答案】B

【分析】利用复数在复平面内的几何意义，转化点到点的距离求解.

【详解】设，

复数的对应点在以原点为圆心，半径的圆上运动，

表示点与复数的对应点的距离，

故选：B.

5．已知，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正切的倍角公式和和角公式计算即可.

【详解】由已知可得，

所以.

故选：B

6．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．，则 B．，则

C．，则 D．，则

【答案】D

【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.

【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，

显然满足，而，此时不成立，A错误；

对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，B错误；

对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，C错误；

对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.

故选：D

7．已知锐角三边长分别为，，，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用余弦定理建立不等式，解不等式求出实数的取值范围.

【详解】显然边长x<x+1,所以只需和的对角均为锐角即可，由余弦定理得：

，解得：．

故选：A

【点睛】已知三边，判断是锐角三角形还是钝角三角形的方法：

①如果一个三角形的最长边平方=其他两边的平方和，这个三角形是直角三角形；

②如果一个三角形的最长边平方>其他两边的平方和，这个三角形是钝角三角形；

③如果一个三角形的最长边平方<其他两边的平方和，这个三角形是锐角三角形；

④特别地：如果一个三角形的三条边相等，这个三角形是等边三角形，也是锐角三角形。

8．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出，由正弦定理求出，进而利用三角函数求出高度.

【详解】由题意得：，，

在中，，

在中，，

由正弦定理得：，即，

解得：，

由于CD⊥平面ABC，平面ABC，所以CD⊥BC，

则（m）.

故选：B

二、多选题

9．复数，i是虚数单位，则下列结论正确的是（    ）

A．z的实部是  B．z的共轭复数为

C．z的实部与虚部之和为2 D．z在复平面内的对应点位于第一象限

【答案】ACD

【分析】根据复数的基本概念和共轭复数的概念，以及复数的几何意义，逐项判定，即可求解.

【详解】由复数，可得复数的实部为，虚部为，所以A正确；

又由共轭复数的概念，可得，所以B错误；

由复数的实部与虚部之和为，所以C正确；

由复数在复平面内对应的点位于第一象限，所以D正确.

故选：ACD.

10．已知函数，则（    ）

A．函数的图象关于点对称

B．函数的图象关于直线对称

C．若，则函数的值域为

D．函数的单调递减区间为

【答案】AD

【分析】代入验证正弦型函数的对称中心判断选项A；代入验证正弦型函数的对称轴判断选项B；求解正弦型函数在给定区间的值域判断选项C；求解正弦型函数的递减区间判断选项D.

【详解】选项A：，则函数的图象关于点对称.判断正确；

选项B：，则函数的图象不关于直线对称. 判断错误；

选项C：由，可得，则，

即若，则函数的值域为.判断错误；

选项D：由，可得，

即函数的单调递减区间为.判断正确.

故选：AD

11．已知向量，，则（    ）

A．与方向相同的单位向量的坐标为

B．当时，与的夹角为锐角

C．当时，、可作为平面内的一组基底

D．当时，在方向上的投影向量为

【答案】BC

【分析】根据与方向相同的单位向量为可判断A选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；判断出、不共线，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.

【详解】对于A，与方向相同的单位向量为，故A错误；

对于B，当时，，，，

所以，与的夹角为锐角，故B正确；

对于C，当时，，，则，则与不平行，

、可作为平面内的一组基底，故C正确；

对于D，设与的夹角为，则在方向的投影向量为，

当时，，，，，

所以，故D错误．

故选：BC.

12．一个正四棱锥的平面展开图如图所示，其中E，F，M，N，Q分别为，，，，的中点，关于该正四棱锥，现有下列四个结论：其中正确结论的为（    ）

A．直线与直线是异面直线；

B．直线与直线是异面直线；

C．直线与直线MN共面；

D．直线与直线是异面直线.

【答案】BCD

【分析】作出直观图，根据异面直线的定义逐项判断即可.

【详解】根据展开图，复原几何体，如下图所示：

对于A，因为F，M，N，Q分别为，，，的中点，

所以，又，则，故F，N，A，B四点共面，

故直线与直线是共面直线，故A错误；

对于B，E在过F，N，A，B四点的平面外，B和MN都在过F，N，A，B四点的平面内，

故直线与直线是异面直线，故B正确；

对于C，N，Q重合，故直线与直线共面，故C正确；

对于D，E在过F，N，A，B四点的平面外，B和AF都在过F，N，A，B四点的平面内，

故直线与直线是异面直线，故D正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．命题“，”的否定为       ．

【答案】，

【分析】特称命题的否定是全称命题，改写量词的同时否定结论，直接写出结果即可．

【详解】命题“，”的否定为“，”

故答案为：，．

14．函数的零点个数为         .

【答案】

【分析】将问题转化为函数与的交点个数，作出函数图象即可得到结果.

【详解】函数的零点个数等价于方程的解得个数，

即函数与的交点个数，

作出函数与的图象如下图所示，

由图象可知：函数与有且仅有两个不同交点，

函数的零点个数为.

故答案为：.

15．若一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形，且，，则该平面图形的面积为          .

【答案】

【分析】先在直观图求出的长，然后利用原图与直观图的关系求出原图的面积

【详解】作，，因为，，

所以，.因此.

又根据斜二测画法的特征可得，在原图中

，，即原图为直角梯形，且高为直观图中的2倍，

所以该平面图形的面积为

.

故答案为：

四、双空题

16．如图，正方体的棱长为2， E是棱的中点，平面截正方体所得截面图形的周长为        ，若F是侧面上的动点，且满足平面，则点F的轨迹长度为        .

【答案】     /    

【分析】由平行线确定一个平面，利用中位线找到截面并求周长；构造面面平行，找到点F的轨迹并求长度.

【详解】取CD中点G，连接BG、EG，

正方体中，，，四边形为平行四边形，则，

E是中点，G是CD中点，，则等腰梯形为截面，

而，，

故梯形的周长为；

取中点M，中点N，连接，

则，故四边形为平行四边形，

则得，而平面，平面，

故平面，同理平面，

而，平面，故平面平面，

∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为.

故答案为：；.

五、解答题

17．已知复数是纯虚数，是实数.

(1)求；

(2)若，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设且，代入化简，然后由复数的分类求解；

（2）由（1）代入求得，再由复数模的性质与定义计算．

【详解】（1）设且.

则为实数，

所以，所以，

所以 ；

（2）由（1），，

所以．

18．已知．

(1)求的周期；

(2)若，其中，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先化简函数，再求函数的周期；

（2）由（1）知，再根据三角恒等变换，即可化简求值.

【详解】（1）

所以的周期为.

（2），

∴，

由  得，

由，得，

∴，

∴

.

19．在条件①；②；③中任选一个，补充在下面的问题中，并求解.

问题：的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_________.

（1）求角A的大小；

（2）若，求角B的大小.

【答案】（1）； （2）或.

【分析】（1）若选①：由正弦定理和三角形的内角和定理，以及两角和的正弦公式，化简求得，即可求解；

若选②：由已知可得，根据余弦定理求得，即可求解；

若选③：由已知和三角恒等变换的公式化简得到，即可求解；

（2）根据题意化简得到，结合，即可求解.

【详解】（1）若选①：因为，

由正弦定理得，

可得，因为，所以.

因为，所以.

若选②：因为，可得，

由余弦定理得.

因为，所以.

若选③：因为，可得，

所以，即（，否则不合题意）.

因为，所以.

（2）因为，所以.

即，又因为，所以.

原式可化为，化简得.

因为，所以，所以或.

所以或.

20．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，DE⊥平面ABCD．

(1)求证：AB∥EF；

(2)求证：平面BCF⊥平面CDEF．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）证明线线平行，一般思路为利用线面平行的性质定理与判定定理进行转化.

（2）证明面面垂直，一般利用其判定定理证明，即先证线面垂直.

【详解】（1）因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD，

因为平面CDEF，平面CDEF，

所以AB∥平面CDEF．                              

因为平面ABFE，平面平面，

所以AB∥EF．

（2）因为DE⊥平面ABCD，平面ABCD，

所以DE⊥BC.因为BC⊥CD，，平面CDEF，

所以BC⊥平面CDEF． 因为BC平面BCF，平面BCF⊥平面CDEF．

21．在中，，，，.

(1)用向量和向量分别表示向量，；

(2)若，且角为直角，求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据条件，结合向量加减法法则即可求解；

（2）根据、角是直角即可求解的值.

【详解】（1）

；

；

（2）由题意可知，，

，

因角是直角，则，

，化简为，

此时，

综上，的值是.

22．如图，在直三棱柱中，，D为的中点，为上一点，且．

(1)证明：∥平面；

(2)若，，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）如图，连接交于点，连接，证明，原题即得证；

（2）由题知点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，过作，垂足为，连接，过作，垂足为，先证明平面，即线段为点到平面的距离，再求出即得解.

【详解】（1）如图，连接交于点，连接，

因为四边形为矩形，且为的中点，所以，

又因为，所以，所以，

因为平面，平面，所以平面．

（2）由题知点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，

过作，垂足为，连接，过作，垂足为，

因为平面，平面，所以，

又因为，平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以.

又平面，，

所以平面，即线段为点到平面的距离．

因为，，，所以，

由几何关系可知，

所以，，

由几何关系可知，

所以，故点到的距离为．