2022-2023学年云南省临沧市临翔区第一中学高一下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年云南省临沧市临翔区第一中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据交集的知识求得.

【详解】集合是自然数集，所以

故选：B

2．复数的共轭复数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算化简，根据共轭复数的概念可得答案.

【详解】,

故的共轭复数为 ，

故选：B

3．在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边过点，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．7

【答案】D

【分析】由终边经过点的坐标可求，再利用两角和的正切公式即可求解.

【详解】由终边过点，可得，

所以.

故选：D

4．已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则（    ）

A．6 B． C． D．

【答案】B

【分析】建立平面直角坐标系，表示出向量的坐标，利用坐标法求出数量积；

【详解】解：如图建立平面直角坐标系，

则，，

所以；

故选：B

5．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】将转化成，在用诱导公式化简，代入求值即可.

【详解】由得.

故选：A

6．核酸检测在新冠疫情防控核中起到了重要作用，是重要依据之一，核酸检测是用荧光定量法进行的，即通过化学物质的荧光信号，对在扩增过程中的靶标进行实时检测．已知被标靶的在扩增期间，每扩增一次，的数量就增加．若被测标本扩增次后，数量变为原来的倍，则的值约为（    ），（参考数据：，）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设数量没有扩增前数量为，由题意可得，解指数方程即可得的值.

【详解】设数量没有扩增前数量为，由题意可得，

所以，所以，可得，，

故选：C.

7．我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，，，，，等腰梯形和等腰梯形的高分别为和，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.

【详解】按照图中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，

两条直角边长分别为、，直三棱柱的高为，

所以，直三棱柱的体积为.

两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，

直角梯形的面积为，四棱锥的高为，

所以，两个四棱锥的体积之和为，

因此，该“羡除”的体积为.

故选：A.

8．给出下列说法：

①若函数的定义域为，则函数的定义域为；

②函数的单调减区间是，；

③不存在实数，使为奇函数；

④若，且，则.

其中正确说法的序号是（   ）

A．①③ B．②③ C．②④ D．③④

【答案】D

【分析】利用函数定义域的概念可判断①错误，单调区间不能写成并集，故②错误.由此得到正确的选项.

【详解】对于①，由于，故函数的定义域为，所以①错误.由于单调区间不能写成并集，故②错误.由此可知选项正确.

【点睛】本小题主要考查函数的定义域，考查函数的单调区间的书写方法，属于基础题.

二、多选题

9．下列命题中，是真命题的有（    ）

A．命题“”是“”的充分不必要条件

B．命题，则

C．命题“”是“”的充分不必要条件

D．“”是“”的充分不必要条件

【答案】ABD

【分析】根据判断充分不必要条件的逻辑关系分别判断A，C，D；根据全称命题的否定形式可判断B.

【详解】对于A，当时，成立，

反之，当时，解得或，不一定是，

故“”是“”的充分不必要条件，A正确；

对于B，命题为全称命题，其否定为特称命题，

即，B正确；

对于C，推不出，因为时，，

当时，一定有且，

故命题“”是“”的必要不充分条件，C错误；

对于D，解可得或，

故时，一定有成立，

当时，也可能是，不一定是，

故“”是“”的充分不必要条件，D正确，

故选：ABD

10．如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（　　）

A．直线AM与是相交直线

B．直线BN与是异面直线

C．AM与BN平行

D．直线与BN共面

【答案】BD

【分析】根据异面直线的定义，结合三角形中位线定理、正方体的性质、共面的判定方法逐一进行判断即可

【详解】解：A选项，∵四点不共面，

∴根据异面直线的定义可得直线AM与是异面直线，故选项A错误；

B选项，∵四点不共面，

∴根据异面直线的定义可得直线BN与是异面直线，故选项B正确；

C选项，取的中点E，连接AE、EN，则有，

所以四边形是平行四边形，所以，

∵AM与AE交于点A，∴AM与AE 不平行，则AM与BN不平行，故选项C错误；

D选项，连接，

因为，分别为棱，的中点，

所以，由正方体的性质可知：，

所以，∴四点共面，

∴直线与BN共面，故选项D正确．

故选：BD．

11．的内角，，的对边分别为，，.下面四个结论正确的是（    ）

A．，，则的外接圆半径是2 B．若，则

C．若，则一定是锐角三角形 D．若，则

【答案】ABD

【分析】根据正余弦定理及其应用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对：由正弦定理知，所以外接圆半径是2，故正确；

对：由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正确；

对：因为，所以为锐角，但不确定，故C错误；

对：若，，所以由正弦定理得，故D正确.、

故选：ABD.

12．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．的图象关于点对称

B．的图象关于直线对称

C．在区间上单调递减

D．在区间上的值域为

【答案】BC

【分析】根据三角函数图象确定参数求出的解析式，计算的值，可判断A；计算的值，可判断B；根据正弦函数的单调性可判断C；根据，确定，结合正弦函数的值域，可判断D.

【详解】由图象可得,则，

的最大值为，

∴，

过点，∴，∴ ，

∵，，∴，

过点，∴，

即，

∴，由图像可知，即，

故，，

∴，

A项：，的图象不关于点对称，A错误；

B项：，取得最值，

则的图象关于直线对称，B正确；

C项：令，∴，

故的单调递减区间为，

当时，在上单调递减，，

故在区间上单调递减，C正确；

D项：，∴ ，

，，D错误，

故选：BC

三、填空题

13．已知向量，满足，，，则       ．

【答案】

【分析】根据垂直关系得，进而根据夹角公式即可代入求解.

【详解】由得，

所以，

故答案为：

14．在中，若，则     ．

【答案】/

【分析】利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用同角三角函数的关系可求得结果.

【详解】因为，

所以由正弦定理得，

因为，所以，

所以，

所以，

因为，

所以，

故答案为：

15．赵爽是我国古代数学家大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则可以推出         .

【答案】

【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果.

【详解】设，则

如图

由题可知：，

由

所以，则

所以，

又

所以

所以

即

所以

又

所以

所以

故答案为：

【点睛】本题考查考查向量的坐标线性表示，关键在于建系，充分使用条件，考验分析能力，属难题.

16．已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，若该三棱锥体积的最大值为3．则其外接球的体积为        .

【答案】

【分析】画出示意图，利用体积最大时所处的位置，计算出球的半径从而算出球的体积.

【详解】如图所示：

设球心为，所在圆面的圆心为，则平面；因为，，所以是等腰直角三角形，所以是中点；所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，所以；因为，设球的半径为，所以，所以，解得：，所以球的体积为：.

【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算，难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质，例如：球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面.

四、解答题

17．已知函数且点在函数的图像上.

(1)求，并在如图直角坐标系中画出函数的图像；

(2)求不等式的解集；

(3)若方程有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围．

【答案】(1)，图像见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由得出，进而画出图像；

（2）由对数函数的单调性解不等式得出解集；

（3）由函数的图像与函数的图像有两个不同的交点，结合图像得出实数m的取值范围．

【详解】（1） 点在函数的图像上，，

，

函数的图像如图所示：

（2）不等式等价于或，

解得或，

不等式的解集为

（3）方程有两个不相等的实数根，

函数的图像与函数的图像有两个不同的交点．

结合图像可得，故实数m的取值范围为 .

18．在锐角中，角的对边分别为，且．

（1）求角的大小；

（2）再从下面条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．

条件①；条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．

【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得，再结合锐角三角形即可得答案；

（2）条件①，结合（1）和余弦定理得，解方程得，进而根据三角形面积公式计算即可；

条件②，结合（1）与正弦定理得，再结合内角和定理和正弦的和角公式得，进而根据三角形的面积公式求解.

【详解】解（1）因为，由正弦定理．

因为，所以．

因为，所以．

（2）条件①：；

因为，由（1）得，

所以根据余弦定理得，

化简整理为，解得．

所以△的面积．

条件②：

由（1）知，，

根据正弦定理得，

所以．

因为，

所以，

所以△的面积．

【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，三角形的面积求解，考查运算求解能力，回归转化能力，是中档题.本题解题的关键在于利用正弦定理边角互化得，进而结合锐角三角形即可得；此外，第二问选择条件①，需注意余弦定理方程思想的应用.

19．如图，在多面体中，为等边三角形，，，，点为边的中点.

（1）求证：平面.

（2）在上找一点使得平面平面，并证明.

【答案】(1) 证明见解析(2) 点为的中点.证明见解析

【分析】（1）取中点，连接，，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；

（2）先由题意，确定点为的中点；再给出证明：连接，，根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立.

【详解】（1）取中点，连接，，

∵，，

∴是平行四边形，∴，

∵平面，平面，∴平面.

（2）点为的中点.

证：连接，，

因为、分别是，的中点，所以，

又平面，平面，所以平面，

又因为，，所以且，

即四边形是平行四边形，所以，

因为平面，所以平面.

又因为，所以平面平面.

【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及补全面面平行的条件，熟记线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理即可，属于常考题型.

20．已知函数.

(1)求的最大值及相应的值；

(2)设函数，如图，点分别是函数图像的零值点、最高点和最低点，求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）整理函数的解析式，结合三角函数的性质，即可求解；

（2）利用题意求得，在直角中，即可求解.

【详解】（1）解：由题意，函数

，

所以函数的最大值为，此时，即.

（2）由题意，函数 ，

过作轴于，

因为 所以，可得，

在直角中，可得.

21．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

(1)求B；

(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算作答.

（2）由（1）的结论，利用正弦定理结合三角恒等变换求解作答.

【详解】（1）在中，，由正弦定理得：，

整理得，由余弦定理得：，而，

所以.

（2）由（1）知，，由正弦定理得：，

则，而，令，

在锐角中，，解得，，

于是得，则，

所以周长的取值范围是.

22．如图所示，近日我渔船编队在岛周围海域作业，在岛的南偏西20°方向有一个海面观测站，某时刻观测站发现有不明船只向我渔船编队靠近，现测得与相距31海里的处有一艘海警船巡航，上级指示海警船沿北偏西40°方向，以40海里/小时的速度向岛直线航行以保护我渔船编队，30分钟后到达处，此时观测站测得间的距离为21海里．

(Ⅰ)求的值；

(Ⅱ)试问海警船再向前航行多少分钟方可到岛？

【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）海警船再向前航行22.5分钟即可到达岛.

【分析】(Ⅰ) 在中，根据余弦定理求得余弦值，再求正弦值得到答案.

(Ⅱ)首先利用和差公式计算，中，由正弦定理可得长度，最后得到时间.

【详解】(Ⅰ)由已知可得，

中，根据余弦定理求得，

∴．

(Ⅱ)由已知可得，

∴．

中，由正弦定理可得，

∴分钟．

即海警船再向前航行22.5分钟即可到达岛．

【点睛】本题考查了正余弦定理的实际应用，意在考查学生的建模能力，实际应用能力和计算能力.