2022-2023学年贵州省黔东南州镇远县文德民族中学校高一下学期4月月考数学试题含答案

2022-2023学年贵州省黔东南州镇远县文德民族中学校高一下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据虚数单位的性质以及复数的除法运算，即可求得答案.

【详解】由题意得，

故选：B

2．下列函数既是奇函数，又在区间上是增函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的解析式，判断其奇偶性以及单调性，看是否符合题意，即得答案.

【详解】对于A，在区间上是减函数，不合题意；

对于B，为R上的偶函数，不合题意；

对于C，，定义域为，函数为非奇非偶函数，不合题意；

对于D，为R上奇函数，在上单调递增，符合题意，

故选：D

3．用符号表示“点A不在直线上，直线在平面内”，正确的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】根据点、线以及线、面的符号表示，即得答案.

【详解】由题意用符号表示“点A不在直线上，直线在平面内”，

即，，

故选：A

4．函数，的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由的图像，即可得出时的最小值．

【详解】由的图像可知，时，，

所以，

故选：D．

5．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（    ）

A．16 B．12 C． D．

【答案】A

【分析】根据斜二测画法分析运算.

【详解】在直观图中，，

可得原图形是平行四边形，其底边长2，高为，

则另一边长为，所以原图形的周长为．

故选：A.

6．已知平面，且，，则直线a，b的关系为（    ）

A．一定平行 B．一定异面

C．不可能相交 D．相交、平行或异面都有可能

【答案】C

【分析】根据空间线面间的位置关系判断．

【详解】由平面，且，可知直线a，b没有公共点，故它们一定不相交，即可能是平行或异面．

故选：C．

7．已知角是锐角，若与的终边相同，则的所有取值之和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，结合终边相同的角的关系，即可求解.

【详解】由题意，知，，可得，，又由是锐角，可得或或，则的所有取值之和为.

故选：D.

8．已知奇函数，则的值为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】B

【分析】根据奇函数的性质求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得.

【详解】对于函数，令，解得，所以函数的定义域为，

又函数为奇函数，则，即，

即

，

所以，即，

所以

.

故选：B

二、多选题

9．已知集合,那么下列结论错误的是(    )

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】算出集合，再逐项判断即可

【详解】由题知

所以,即BC错误

故选：BC

10．已知四边形为平行四边形，为的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】利用相等向量的定义可判断AB选项；利用平面向量的线性运算可判断CD选项.

【详解】对于A选项，，A对；

对于B选项，，B错；

对于C选项，，C对；

对于D选项，，

因此，，D对.

故选：ACD.

11．若直线平面，且直线不平行于平面.给出下列结论正确的是（    ）

A．内的所有直线与异面 B．内存在直线与相交

C．内存在唯一的直线与平行 D．内不存在与平行的直线

【答案】BD

【分析】由题意可判断直线与平面相交，即可判断内的直线与a的位置关系，即得答案.

【详解】由直线平面，且直线不平行于平面，

可知直线与平面相交，设交点为O，

则平面内必存在过点O的直线，这些直线与a相交，故A错误，B正确；

假设内存在直线与平行，由于直线平面，则直线平行于平面，

与题意矛盾，则内不存在与平行的直线，C错误，D正确，

故选：BD

12．在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（    ）

A．，有唯一解

B．，无解

C．，有两解

D．，有唯一解

【答案】AD

【分析】根据三边确定可判断A选项；由正弦定理，在结合大边对大角可判断B，C，D选项.

【详解】解：选项A，，已知三边三角形确定，有唯一解，A正确；

选项B，由正弦定理得：，则，再由大边对大角可得，故可以为锐角，也可以为钝角，故三角形有两解，B错误；

选项C，由正弦定理得：，则，且，由大边对大角可得，则只能为锐角，故三角形有唯一解，C错误；

选项D，由正弦定理得：，，由于，则是锐角，有唯一解，D正确.

故选：AD.

三、填空题

13．函数（且）的图象必经过点        .

【答案】

【分析】根据指数函数以及对数函数的性质，即可求得答案.

【详解】对于函数（且），

令且，则，，

故函数（且）的图象必经过点，

故答案为：

14．已知平面向量满足，且，则向量与的夹角为         .

【答案】150°

【分析】根据向量垂直数量积等于，结合已知条件求出的值，利用向量夹角公式即可求解.

【详解】由，得，即，

因为，所以，

所以，又，

所以向量与的夹角为150°.

故答案为：150°

15．已知，则的最小值是          .

【答案】/

【分析】将函数化为，进而根据基本不等式求得答案.

【详解】，当且仅当，即时取等号.

故答案为：.

16．一个钢筋混凝土预制件可看成一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体，其尺寸如图所示（单位：米），浇制一个这样的预制件需要          立方米混凝土（钢筋体积略去不计）．

【答案】324

【分析】将预制件看成由一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体，可求得截面的面积，由柱体的体积公式即可求得预制件的体积.

【详解】将预制件看成由一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体．

所以（平方米），

设该预制件的高为h，则该预制件的体积（立方米）．

故浇制一个这样的预制件需要约324立方米的混凝土．

故答案为：324.

四、解答题

17．已知是虚数单位，复数，．

(1)当复数为实数时，求的值；

(2)当复数为纯虚数时，求的值；

【答案】(1)或

(2)

【分析】根据实数和纯虚数定义可直接构造方程求得结果.

【详解】（1）为实数，，解得：或.

（2）为纯虚数，，解得：.

18．已知向量满足，，.

（1）若，求的坐标；

（2）若，求与的夹角.

【答案】(1) 或.(2) .

【分析】(1)本题可以设出向量的坐标，然后根据以及分别列出等式，通过计算即可得出结果；

(2)首先可以通过以及计算出，再根据、以及向量的数量积公式即可得出结果．

【详解】（1）设

因为，所以，①

因为，所以，②

联立①②，解得，或.

故或.

（2）因为，所以，即，

又因为，所以，所以.

因为，所以.

因为，所以与的夹角为.

【点睛】本题考查了向量的相关性质，主要考查向量的模长公式、向量的数量积、向量平行的相关性质，向量的数量积公式为，考查化归与转化思想，是中档题．

19．在中，内角，，的对边分别为，，，且.

(1)求的值；

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)3

(2)

【分析】（1）根据同角三角函数关系以及两角和的正弦公式化简，即可得答案；

（2）由正弦定理边角互化可得，再利用余弦定理可求得，利用三角形面积公式即得答案.

【详解】（1）由于，

故，

所以，

即，而，故，

即；

（2）由（1）可知，故，

因为，，故，

即得，

又，A为三角形内角，故，

故的面积为.

20．已知.

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用诱导公式结合同角的三角函数关系化简，即可求得答案.

（2）利用同角三角函数关系以及二倍角公式将原式化为齐次式，利用同角三角函数的商数关系，化简求值，即得答案.

【详解】（1）由可得，

即；

（2）

.

21．在正方体中，S是的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：

(1)平面；

(2)平面平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）连AC，BD交于点O，连SB，D1O，证明，利用线面平行的判定定理证明即可；

（2）证明都平行于平面，然后利用面面平行的判定定理证明即可.

【详解】（1）证明：连AC，BD交于点O，连SB，D1O，

G，E分别是SC，BC的中点，，

又，则四边形为平行四边形，

，，

平面，平面，

平面；

（2）由题连接OF，A1F，

OF是的中位线，，

四点共面，

由（1）可知，，平面，平面，

则平面

又,平面，平面，

则平面，又，

平面,平面,

平面平面.

22．已知定义在R上的函数

(1)证明∶；

(2)若，对任意的x∈R，不等式恒成立，求实数k的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知条件计算的值等于1即可，

（2）先求出的解析式，再判断其奇偶性和单调性，再根据奇偶性单调性解不等式即可

【详解】（1）因为定义在R上的函数，

所以，

所以，

（2）因为，，

所以，x∈R，

因为，

所以为奇函数，

因为当时，函数和均为增函数，

所以当时，函数为增函数，

所以在上为增函数，

由，得恒成立，

所以恒成立，即，

因为，

所以，即的取值范围为