2022-2023学年云南省红河州开远市第一中学校高一下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年云南省红河州开远市第一中学校高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用集合的补集和交集运算求解.

【详解】解：因为，

所以，

又，

所以，

故选：B.

2．已知，则在复平面内复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】由复数的除法运算，和共轭复数的概念求得，由复数的几何意义可得结论．

【详解】由题意，

，对应点坐标为，在第一象限，

故选：A．

3．福利彩票“双色球”中红球的号码可以从01，02，03，…，32，33这33个两位号码中选取，小明利用如下所示的随机数表选取红色球的6个号码，选取方法是从第1行第9列的数字开始，从左到右依次读取数据，则第四个被选中的红色球号码为（　　）

第1行:2 9 7 6　3 4 1 3　2 8 4 1　4 2 4 1

第2行:8 3 0 3　9 8 2 2　5 8 8 8　2 4 1 0

第3行:5 5 5 6　8 5 2 6　6 1 6 6　8 2 3 1

A．10 B．22 C．24 D．26

【答案】C

【分析】根据随机数表的读取规则读出所取球号码，即可判断.

【详解】被选中的红色球号码依次为，，，，，，

所以第四个被选中的红色球号码为.

故选：C.

4．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先判断函数的奇偶性，然后再代入特殊值计算即可判断.

【详解】因为，易知的定义域为.

因为，所以为奇函数，

图象关的原点对称.排除A，D选项；

又，，所以排除C选项.

故选：B.

5．如图，在平行四边形ABCD中，，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据平面向量的线性运算计算即可.

【详解】因为，所以

则．

故选：B.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】D

【分析】对所求式子利用诱导公式进行化简，再利用弦化切即可求解.

【详解】，

则，

故选：D.

7．已知是半径为2的球O的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出△ABC外接圆的半径，进而求得O到平面ABC的距离，根据三棱锥体积公式即可求得答案.

【详解】∵，，∴△ABC为等腰直角三角形，∴，

则△ABC外接圆的半径为，

又球的半径为2，设O到平面ABC的距离为d，

则，所以，

故选：A．

8．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（    ）

A．EF平面

B．

C．EF与AD1所成角为60°

D．EF与平面所成角的正弦值为

【答案】C

【分析】对于A，证得，则EF平面ABC1D1，从而得出判断；对于B，证得平面ABC1D1，从而，而EFBD1，可得EF⊥B1C，从而得出判断；对于C，由，得EF与AD1所成角为，在中求解即可得出判断；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中求解即可得出判断．

【详解】对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，

又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，∴EF平面ABC1D1，故A正确；

对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB，

又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1，

又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确；

对于C，由，得EF与AD1所成角为.

在中，，所以，

所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误；

对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，

在中，，所以，故D正确．

故选：C．

二、多选题

9．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．  D．向量在上的投影向量为

【答案】BD

【分析】根据向量的坐标运算，以及向量模、夹角公式和投影向量的计算方法，逐项判定，即可求解.

【详解】因为向量，，可得，

所以，所以A错误；

由，所以B正确；

由向量的夹角公式，可得，所以C错误；

由向量在上的投影向量为，故D正确．

故选：BD.

10．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（    ）

A．圆柱的侧面积为

B．圆锥的侧面积为

C．圆柱的侧面积与球面面积相等

D．圆柱、圆锥、球的体积之比为

【答案】CD

【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积公式，结合圆柱、圆锥、球的体积公式逐一判断即可.

【详解】因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，

则圆柱的侧面积为，A错误；

圆锥的母线长，侧面积为，B错误；

球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；

，，

，D正确．

故选：CD．

11．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．该图象对应的函数解析式为 B．函数的图象关于直线对称

C．函数的图象关于点对称 D．函数在区间上单调递减

【答案】AB

【分析】先依据图像求得函数的解析式，再去代入验证对称轴、对称中心、单调区间，即可判断.

【详解】由图象可知，，即，所以，

又，可得，又因为，所以，

所以，故A正确；

当时，，

所以函数的图象关于直线对称，故B正确；

当时，，

故函数的图象不关于点对称，故C错误；

当时，则，因为在上不单调，

所以函数在上不单调递减，故D错误．

故选：AB

12．已知是定义在R上的奇函数，且为偶函数，当时，，下列结论正确的有（    ）

A．函数的周期是4 B．直线是函数的一条对称轴

C．在上单调递减 D．

【答案】ABD

【分析】由函数为偶函数可得关于直线对称，结合奇函数可得到是周期为4的函数，接着利用对称性和周期性对每个选项进行逐个判断.

【详解】对于A，因为函数为偶函数，所以，

即的图象关于直线对称，

因为为奇函数，所以，

则，所以，

所以是周期为4的函数，故A正确；

因为关于直线对称，且为奇函数，

所以关于直线对称，又是周期为4的函数，

所以关于直线对称，

因为，所以直线是函数的一条对称轴，故B正确；

由是定义在上的奇函数，所以，

当时，，可得当时，，

令，则，所以，

此时单调递增，

因为，

所以在上的单调性相当于在上的单调性，故此时递增，故C错误；

，

所以，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：根据函数为偶函数，得，结合为奇函数，求得，是解决本题的关键.

三、填空题

13．某高中的三个年级共有学生2000人，其中高一600人，高二680人，高三720人，该校现在要了解学生对校本课程的看法，准备从全校学生中抽取50人进行访谈，若采取分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是      ．

【答案】15

【分析】根据分层抽样原则直接计算即可

【详解】由题意，从全校2000人中抽取50人访谈，按照年级分层，则高一年级应该抽人.

故答案为：15

14．已知函数，则      

【答案】

【分析】利用函数的解析式可求得的值.

【详解】因为，所以，.

故答案为：.

15．如图，为了测定河两岸点与点间的距离，在点同侧的河岸选定点，测得，，，则点与点间的距离为          m.

【答案】

【分析】直接利用正弦定理即可得解.

【详解】在中，，，，

则，

因为，

所以，

所以点与点间的距离为.

故答案为：.

16．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．若该二十四等边体的体积为，则原正方体的外接球的表面积为      ．

【答案】

【分析】令原正方体的棱长为，原正方体的外接球的半径为，由该二十四等边体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，可得，解得，再根据正方体的体对角线就是外接球的直径可以求得，从而可求表面积.

【详解】令原正方体的棱长为，原正方体的外接球的半径为，

因为该二十四等边体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，

所以.解得，即，

因为正方体的体对角线就是外接球的直径，

所以，即，

所以则原正方体的外接球的表面积为.

故答案为：

四、解答题

17．已知向量．

(1)求的值；

(2)若与相互垂直，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量平行列方程即可求解；

（2）利用向量垂直列方程得到，即可解得.

【详解】（1）因为

所以

解得：

（2）由与相互垂直，得：

即，解得：

18．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，，PA＝AB＝2，AC与BD交于点O.

(1)求证BD⊥平面PAC.

(2)求PB与平面ABCD所成角的大小.

(3)求二面角P—BD—A的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)2

【分析】（1）根据菱形的性质，对角线垂直，根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定，可得答案；

（2）根据线面夹角的定义，可得答案；

（3）二面角的定义，确定交面的棱，作垂线，可得答案.

【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵PA⊥平面ABCD

∴PA⊥BD，又PAAC＝A， 面PAC

∴BD⊥面PAC

（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA为PA与面ABCD所成角

又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝，即PB与面ABCD所成角为

（3）连PO，由（1）知BD⊥面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD

∴∠POA为二面角P—BD—A的平面角，在Rt△PAO中

PA＝2，AO＝1，tan∠POA=2，∴二面角P—BD—A的正切值为2

【点睛】19．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.

在中，内角，，的对边分别是，，，且满足_______，.

(1)若，求.

(2)求周长的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角形中的内角和，结合正余弦定理，三角恒等变化，可以得角，再根据余弦定理可得.

（2）由余弦定理和基本不等式可得的最大值，再由，可得周长的最大值.

【详解】（1）选条件①，由及正弦定理，

得

即，

化简得，

因为，所以，所以，因为，所以.

若选条件②，由及正弦定理，得，

即，化简得，

因为，所以，所以，

因为，所以.

若选条件③，由化简得，，

由余弦定理得，

即，因为，所以，

所以三个条件，都能得到

由余弦定理得，

即，解得.

（2）因为

所以

解得

当且仅当时等号成立

所以，所以周长最大值为.

20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥平面ABCD，BC∥AD，PA⊥PD，AB⊥AD，∠PDA＝60°，E为侧棱PD的中点，且AD＝2BC．

(1)求证：CE∥平面PAB；

(2)若点D到平面PAB的距离为2，且AD＝2AB，求点A到平面PBD的距离．

【答案】(1)详见解析

(2)

【分析】（1）首先取的中点，连接，，根据线面平行的判断方法，转化为证明，即可证明；

（2）利用垂直关系，可得平面，再过点作，转化为求.

【详解】（1）取的中点，连接，，

因为分别是的中点，所以,且，

且，，所以，且，

所以四边形是平行四边形，即，

平面，平面，

所以平面；

（2）平面平面，平面平面平面，

且，

平面，

平面，，

，，平面，

而点到平面的距离为，，

过点作，则，

，平面，

，，，，

在中，，，

由等面积可得，

点到平面的距离为.

21．函数.

(1)求的单调递增区间；

(2)求在上的值域.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（2）由已知，根据题意，对原函数化简，得到函数，，然后根据余弦函数单调区间，解不等式，即可完成求解；

（2）由已知，可令，根据x的范围，求解出t的范围，先求解出，然后再求解函数的值域.

【详解】（1）

，，

，；

∴的单调增区间为，；

（2）因为，令，所以，

∴，所以，

∴.

22．已知函数．

（1）若对任意的x∈R＋，不等式f(x)>0恒成立，求m的取值范围；

（2）试讨论函数f(x)零点的个数．

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【分析】（1）分离参数，将问题转化为求函数最值问题，进而得到答案；

（2）分离参数，作出函数的图象，通过数形结合求得答案.

【详解】（1）当x>0时，，不等式f(x)>0恒成立等价于恒成立，

则恒成立，而，当时，有最大值，所以.

（2）令，得，

在同一坐标系中作出函数与函数的图象(如图，仅作出时的情况)．

结合图象可知，

①或，有一个零点；

②或m＝0时，有两个零点；

③且m≠0时，有三个零点．